28 de olympic toan 11 full giai chi tiet moi nhat 200 trang

*****

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
*************

Câu 1: ( 3,0 điểm ).

1
sin 2 x
tan x +
= 2sin x
sin x + cos x
2

1) Giải phương trình

cos x + 3 ( sin 2 x + sin x ) − 4cos 2 x.cos x − 2cos 2 x + 2
2sin x − 3

2) Giải hệ phương trình

= 0.

Câu 2: ( 4,0 điểm ).

(u )
n

1) Cho dãy số

xác định bởi

u1 = 1

và

un+1 = 3un 2 + 2

(u )

với mọi

n ≥1

.

n

a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số
b. Tính tổng
2)

2
S = u12 + u22 + u32 + ... + u2011

Cho a, b, c là ba hằng số và

.

.

(u n )

là dãy số được xác định bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ¥ *).
lim un = 0
Chứng minh rằng

n→∞

khi và chỉ khi

a + b + c = 0.

Câu 3: ( 4,0 điểm ).
Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một
số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu 4: ( 2,0 điểm ).

Cho m > 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn:

a
b
c
+
+
=0
m+ 2016 m+ 2015 m+ 2014

. Chứng

f (x) = ax2 + bx + c = 0

minh rằng phương trình:
có ít nhất một nghiệm thực.
Câu 5:( 3,0 điểm ).
Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên AB lấy điểm E sao
cho BF = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O),
uuu
r
uuu
r uuur
uur
PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ
hãy xác định điểm Q sao cho
Câu 6:( 4,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao
của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM =
OM và vuông góc với (ABCD).

x 2 (α )

.

là mặt phẳng qua


(α )

a)

Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

.

b)

Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông.
================== HẾT==================


ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
*************

*****

1
(3đ
)

a)

1
sin 2 x
tan x +
= 2sin x
sin x + cos x

2

0,25

Giải phương trình:
Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠ 0.
1
2sin x cos x
1 sin x
2sin 2 x
tan x = 2sin x −
=
sin x + cos x
2
2 cos x sin x + cos x
Pt ⇔
⇔
sin x + cos x
sin x.
= 2sin 2 x cos x
2
⇔
π

sin x = 0,sin  x + ÷ = sin 2 x
4

⇔
.
sin x = 0

x = kπ
+)
⇔
(t/m)
π
π
π


sin  x + ÷ = sin 2 x
2 x = x + + k 2π , 2 x = π −  x + ÷+ k 2π
4
4
4


+)
⇔
⇔
π
π k 2π
π k 2π
x = + k 2π , x = +
x= +
4
4
3
4
3
⇔

(t/m)
b)

cos x + 3 ( sin 2 x + sin x ) − 4 cos 2 x.cos x − 2 cos 2 x + 2
2sin x − 3
sin x ≠
ĐKXĐ:

0.25

0,25
0.25

0,25
0.25

= 0.

3
2π
π

⇔ x ∈  + k 2π ;
+ k 2π ( k ∈ ¢ ) 
2
3
3


0.25

(*) ⇒ 3 sin x(2 cos x + 1) − 4(2 cos 2 x − 1) cos x − 2 cos 2 x + cos x + 2 = 0
⇔ 3 sin x (2 cos x + 1) = (2 cos x + 1)(4 cos 2 x − cos x − 2)

0.25

1

 cos x = − 2
 2 cos x + 1 = 0
⇔
⇔
 cos( x − π ) = cos 2 x
 3 sin x + cos x = 2 cos 2 x

3

0.5

Giải ra sau đó kiểm tra lại ta được phương trình đã cho có các họ nghiệm là
2π
π
π k 2π
x=−
+ k 2π , x = − + k 2π , x = +
k ∈Z
3
3
9
3

(

Câu 2

(u )
n

1) Cho dãy số

xác định bởi

u1 = 1

và

)

un+1 = 3un 2 + 2 ∀ n ≥ 1
,

(u )
n

c. Xác định số hạng tổng quát của dãy số

0.5

.

2,0 đ

.


2
S = u12 + u22 + u32 + ... + u2011

d. Tính tổng

Cho a, b, c là ba hằng số,

2)

(u n )

.
là dãy số được xác định bởi:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ¥ *).
lim un = 0
Chứng minh rằng

n→∞

khi và chỉ khi

a + b + c = 0.

un > 0, ∀n ∈ N *

a) Dễ thấy

un +1 = 3un2 + 2 ⇔ un2+1 = 3un2 + 2

Từ

.

Đặt
Đặt

vn = u

thì có:

xn = vn + 1

xn +1 = 3 xn

thì ta có:

( xn )

1

2

= 2 ( 3 + 3 + 3 + ... + 3
0

1

2( 3

2011

=

3 −1

=3

2011

vn =

Đặt
Ta có:

un
n +1

x1 = 2

, công bội là 3.
.

− 2011

0,25

) − 2011

0,25

− 2011
0,25
0,25

= a+b

n+2
n+3
+c
⇒ vn → a + b + c
n +1
n +1

khi

n → +∞

lim un = ∞ ≠ 0.

thì

a+b+c = 0

) (

n + 2 − n +1 + c

n →+∞

0,25

⇒ a = −b − c

)

n + 3 − n +1 =

thì khi

n → +∞

ta có

b
2c
+
→0
n + 2 + n +1
n + 3 + n +1

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy
Câu 3 ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba
chữ số khác nhau.
(4,0đ)

Ω = 9 = 59.049

Ta có:

0,25
0.25

a +b+c ≠ 0

5

0,25
0,5

un = vn n + 1

Ngược lại nếu

(

2010

0, 5

− 2012

cho nên: nếu

un = b

− 1)

2

2010

.

.

là cấp số nhân với

S = 2.3 + 2.3 + 2.3 + ... + 2.3
0

b)

vn +1 = 3vn + 2 ⇔ vn +1 + 1 = 3 ( vn + 1)

xn = 2.3n −1 ⇒ vn = 2.3n−1 − 1 ⇒ un = 2.3n −1 − 1

Nên:

2)
(1,5đ)

2
n

Từ đây suy ra

1)
(2,5đ)

0,25

0,25
0.5

2,0 đ
0,5


Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có:
C39

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là .
Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây:
TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi
hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự
nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra
5!
3 × = 60
3!

cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy
số tự nhiên.
TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1
chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ
số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của
các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì

chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy
Vậy:

9!
ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ×
= 150 ×7 ×4 ×3 = 12600
3!6!
P ( A) =

5!
3×
= 90
2!2!

số tự nhiên.

.

1

ΩA 12 600 1 400
=
=
≈ 0,213382106
Ω
59049 6561

a
b
c

+
+
=0
m+ 2016 m+ 2015 m+ 2014

Câu 4
Chứng minh rằng phương trình:
thực.
f (x) = ax2 + bx + c

Ta có

1

0,5

Kết luận:
Cho m > 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn:

(2đ)

0,5

0, 5

.

(1)

f (x) = ax2 + bx + c = 0

có ít nhất một nghiệm

xác định và liên tục trên R

0,5

2

(1)

 m+ 2015 
m+ 2015
(m+ 2015)2
a
+
b
+
c
=0
÷
m+ 2016 (m+ 2014)(m+ 2015)
⇔  m+ 2016 

0.25

2

 m+ 2015 
m+ 2015

m+ 2015
a
+ c+
c= 0
÷ +b
m+ 2016
(m+ 2014)(m+ 2015)
⇔  m+ 2016 

f (0) = c

0.25
0,25

2

 m+ 2015 
 m+ 2015 
m+ 2015
m+ 2015
f
+c= −
c
÷ = a
÷ +b
m+ 2016
(m+ 2014)(m+ 2015)
 m+ 2016 
 m+ 2016 

Suy ra

0,25

 m+ 2015 
f
÷. (0) ≤ 0,∀ m > 0,c∈ R
 m+ 2016 

Vậy phương trình:

f (x) = ax2 + bx + c = 0

có ít nhất một nghiệm thực.

0,25


Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên
cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình
bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định
quỹ tích điểm Q sao cho

uuu
r
uuu
r uuur
uur
PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ

Hình vẽ:

A
O
E

F
Q

P

I

B

C

Câu 5
(3,0đ)

O’

0,5

Ta có
Mà

uuu
r
uuu

r uuur
uur
uu
r
uur uur
uur uur
PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ ⇔ IA + 2 IB + 3IC = 6 IQ − 6 PI
uu
r uur uur
r
1 uuur 1 uuu
IA = IE + IF = − AC − AB
2
3
uur uur uuur 1 uuur 1 uuur
IC = IF + FC = AC − AB
2
3

;

0,5

uur uur uur
r
1 uuur 2 uuu
IB = IE + IB = − AC + AB
2
3

0,5

uur uur r
uur uur r
uu
r uur uur r
⇒ IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇒ 6 IQ − 6 PI = 0 ⇒ IQ + IP = 0

0,5

⇒

Câu 6
(4,0đ)

I là trung điểm PQ
Hay phép đối xứng tâm I biến điểm P thành điểm Q
Gọi (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I
Vì P di động trên (O) nên Q di động trên (O’).
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường
cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM =
x 2 (α )

.

d)

0,5

là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).

S

Xác định thiết diệnMcủa hình chóp cắt bởi mặt phẳng

c)

0,5

(α )

.

Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là
hình thang vuông.
K

Hình vẽ:

A
N

D
O

B

H
C

0,5

a) Ta có:

SA⊥(ABCD)
(α)⊥(ABCD)

⇒ SA // (α)

(α)∩(SAB) = MN // SA
(α)∩(SAC) = OK // SA
(α)∩(SABCD) = NH qua O
(α)∩(SCD) = KH
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.

1,0

Ta có MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD)
Std = ShtMKON + S ∆KOH =

1
1
( MN + KO ).ON + .OK .OH
2
2
0,5

SA
2

MN = BN = x; KO =
;
Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có:
2

a
a 2
·
OH = ON = BN 2 + BO 2 − 2 BN .BO.cosOBN
= x2 + − 2x
.cos450
2
2
= x 2 − ax +

Suy ra :

a2
2

(a + 2 x) 2 x 2 − 2ax + a 2
s1 =
4 2
a 2 x 2 − 2ax + a 2
s1 =
4 2

1
a2
(a + x ). x 2 − ax +

2
2

Vậy: Std =
để thiết diện là hình thang vuông ⇔ MK// NO// BC ⇔ N là trung điểm
x=

AB ⇔

0, 5
0,25

0, 5
0,25

a
2
0,5


KỲ THI HỌC SINH GIỎI
Môn thi: TOÁN KHỐI 11
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

cos3x cos3 x - sin3x sin3 x =
a) Giải phương trình sau:

(

2- 3 2
8

)

y = 4sin 2 2x − sinx 8 3cosx+1 − cos 2 x + 6 + 2cos 6x
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
Câu 2.(4,0 điểm)

( un )
a)Xét tính đơn điệu và bị chặn của dãy số

un =

được xác định bởi:

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
n(n + 1)
u1 = 2

*
un +1 = 3un − 4n + 6;( n ∈ N )

( un )
b/ Cho dãy số

được xác định bởi:

( un )

Tìm công thức tổng quát của dãy số
.
Câu 3. (4,0 điểm)
a.Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta lập nên các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau .Lấy ngẫu nhiên 2 số từ
các số này.Tính xác suất trong 2 số lấy được có ít nhất 1 số chia hết cho 5

≥

∈

b. Tìm số cạnh của đa giác đều có 2n đỉnh (n 2,n Z) nội tiếp đường tròn (O).Biết số tam giác có các
đỉnh là 3 trong 2n đỉnh trên gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa giác đó.
Câu 4 ( 3,0đ)

a) Tìm giới hạn sau

2 1+ x − 3 8 − x
lim
x →0
x

b) Cho a>0, b>0 chứng minh phương trình

khoảng (a;b)

1 1
1
+
+
=0
x x-a x+b

luôn có 2 nghiệm phân biệt thuộc

Câu 5. (3,0 điểm) ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I tiếp xúc với
hai cạnh AC, BC lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P. Một đường thẳng
song song với AB và tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC.
a) Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với (O). Chứng minh rằng KL song song
với EF.

·ACP = QCB
·

b) Chứng minh rằng

.


a SA = a 3 SA
.Câu 6. (3,0 điểm)
Cho hình chóp
có đáy
là hình vuông cạnh ,

,
E
B
A
vuông góc với đáy. Gọi
là điểm đối xứng của
qua . Tính khoảng cách giữa hai đường
AC
SE
thẳng
và
.
= = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = =

S . ABCD

Lưu ý:

Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
CÂU
1a

ABCD

NỘI DUNG

2- 3 2
8

cos3x + 3cosx
3sinx - sin3x 2- 3 2
Û cos3x
- sin3x
=
4
4
8
2
2
Û 2(cos 3x + sin 3x) + 6(cos3xcosx- sin3xsinx) = 2 - 3 2

ĐIỂ
M

cos3x cos3 x - sin3xsin3 x =

Û cos4x = -

0,5
0,5

2
2

3p
+ k2p
4
3p
p

Û x=±
+ k ,k Î Z
16
2
Û 4x = ±

(

1b

0,5

)

y = 4sin 2 2x − sinx 8 3cosx+1 − cos 2 x + 6 + 2cos6x
= 4sin 2 2x − 8 3sinxcosx-sinx − 1 + sin 2 x + 4 + 2(2cos 2 3x − 1)
2

1
1
1

= (2sin 2x − 3) +  sin x − ÷ + 4cos 2 3x − ≥ −
2
4
4


3
sin 2x =

2

1
1

min y = − ⇔  sinx =
4
2

 cos3x = 0


π
⇔ x = + k2π ,k ∈ Ζ
6
2

0.5

0,5

0,5

3.0đ
2
2a

Ta có :

1 1 1 1 1

1
1
1
0 < un = 1 − + − + − + ... + −
= 1−
<1
2 2 3 3 4
n n +1
n +1

1,0


( un )
là dãy số bị chặn.

Và

0,5

1
1
un = 1 −
; un +1 = 1 −
n +1
n+2
1
1
⇒ un +1 − un =
−

<0
n + 2 n +1

0,5

( un )
Vậy
2
2b

là dãy số giảm.

un+1 − 2n = 3un − 6n + 6, ∀n ∈ N *

0 ,5

⇔ un+1 − 2n = 3(un − 2(n − 1))

0,5

⇔ ⇔ vn+1 = 3vn (vn = un − 2(n − 1))

0,5

( vn )
Từ đó

0,5

là cấp số nhân có công bội q= 3 và v1=3.

n −1

vn = 3.3

=3

n

Suy ra

un = 3n + 2(n − 1)∀ n ∈ N∗
Vậy:
3
3a

A63
*Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau:6.
=720 số.
*Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau mà chia hết cho 5

A63
-Có 1 .

số có dạng:

abc0

0,5
.

0,5

abc5

1.5.5.4

0 ,5

- Có 1 .
số có dạng:
.
Vậy có 120+100 =220 số chia hết cho 5

0,5

n (Ω ) = C

2
720

= 258840

*Lấy ngẫu nhiên 2 số từ 720 số này có
2
1
1
n( A) = C220
+ C220
.C500
= 134090

*Gọi A là biến cố cần tìm

p ( A) =

n(A) 13409
=
n(Ω) 25884

*vậy
3
3b

3
C2n

0 ,5

*số tam giác tạo thành:

Cn2
*Số hcn tạo thành:

0,5


C23n = 20Cn2 (n ≥ 2)
(2 n − 2)(2 n − 1)2 n
= 20n(n − 1)
2

⇔ n =8
⇔

0,5

*Ta có:
Vây đa giác có 16 cạnh.

0,5

C72
TH1 :Có 8.

C82 C82
*TH2:Có 8.

2
7

C82 C82

C
*Vậy có:8(
4a

+

=364

2 1+ x − 3 8 − x

x →0
x
2 1+ x − 2
2− 3 8−x
= lim
+ lim
x →0
x →0
x
x
4x
x
= lim
+ lim
x →0
x 2 1 + x + 2 x →0 x 4 + 2 3 8 − x +

lim

(

= lim
x →0

=
4b

)-

(

(

)

4
2 1+ x + 2

)

+ lim
x →0

0,5
0,5
3

( 8 − x)

1

( 4+ 2 8− x +
3

3

( 8 − x)

2

2

)

0,25

)

0,25

13
12
Ta có

x ≠ 0 ∧ x ≠ a ∧ x ≠ −b

1
1
1
+
+
=0⇔
x x−a x+b
( x − a )( x + b) + ( x + b) x + x( x − a ) = 0

f ( x) =( x - a )( x +b) +( x +b) x +x ( x - a )
Đặt
xác định và liên tục trên R.
Ta có

f (a ) =a (a +b)

ta có hàm số

0,25
0,25
0,25

,

0,25
0

,

f (- b). f (0) =- ab 2 (b +a ) <0
nên

0,25

f ( x)

f (- b) =b(b +a )

f (0) =- ab <0

0,25

f (0). f (a) =- a 2b(b +a) <0
và

x1 , x2
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

thỏa


- b V( P;k )

5a

5b

0.5

Xét phép vị tự
tâm P biến đường tròn (I) thành đường tròn (O) nên biến điểm E
thành điểm K và biến điểm F thành điểm L nên KL//EF.
b. Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC với đường tròn tâm I, và M là
giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ.

V( P;k )
Xét phép vị tự

biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị tự

V( P;k )
biến E, D, Q, F lần lượt thành K, C, M, L.

V( P;k )
Do OK là ảnh của IE qua
, dẫn đến
suy ra K là điểm chính giữa của cung AC.

1.0

OK / / IE

mà

IE ⊥ AC

nên

OK ⊥ AC

,

Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC, M là điểm chính giữa
của cung AB.

M
C
L

Q
D

K

F
O
E
I
A

B

P

---------------------------------------------------------------------------------------Nếu

AC ≤ BC

thì ta có

¼ = MA
» ⇔ BL
» + LM
¼ = MK
¼ + KA
»
BM

1.0

» + LM
¼ = MK
¼ + CK

»
⇔ LC
0.5

¼ + MC
¼ = MC
¼ + 2CK
»
⇔ 2 LM
¼ = CK
»
⇔ LM
Trường hợp

AC > BC

» = FQ
»
⇒ DE

ta cũng chỉ ra được

(tính chất phép vị tự).

¼ = CK
»
LM


·

·
⇒ DEC
= QFC
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và
DE = QF.
---------------------------------------------------------------------------------------Lại có CE = CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm.

·
·
ECD
= FCQ

∆CED = ∆CFQ
Suy ra
minh.

, dẫn đến

. Từ đó ta có điều phải chứng

6

0,5
Gọi

M

là trung điểm

SB

, ta có

AM //SE

(Tính chất đường trung bình).

SE // ( MAC )
Suy ra

0,5

.
d ( SE ; AC ) = d ( E ; ( MAC ) ) = d ( B; ( MAC ) ) = 2d ( H ; ( MAC ) )

Do đó ta có:
H
AB
(với
là trung điểm
).

Gọi

K

là trung điểm

AO

ta có:

1,0
 AC ⊥ KH
⇒ AC ⊥ ( MHK )

 AC ⊥ MH

I
H
MK
Gọi là hình chiếu vuông góc của
lên
ta có:
 HI ⊥ AC
⇒ HI ⊥ ( MCA )

⇒ d ( H ; ( MAC ) ) = HI
 HI ⊥ MK
.
1
1
1
=
+
2
2
HI
MH
HK 2

MHK
Trong tam giác
ta có:
.
MH =

Lại có:

SA a 3
AO a 2
a 21
=
HK =
=
⇒ HI =
2
2
2
4
14
;

⇒ d ( H ; ( SAC ) ) =

a 21
14

d ( E ; ( SAC ) ) =

Vậy

.

a 21
7

.

.

1,0


KỲ THI OLYMPIC TOÁN 11
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (4,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a) cos2x - 2sin2x = 11sinx + 2cosx + 6.

sin 3 x + co s3 x = sin x − cosx

b)
Câu 2 (4,0 điểm). Chứng minh rằng dãy số sau tăng và bị chặn trên

un = 3 + 3 + ... + 3

(n dấu căn)

Câu 3 (4,0 điểm).
Một đoàn tàu có 6 toa ở sân ga, trên sân ga có 6 hành khách chuẩn bị lên tàu, mỗi người độc lập
với nhau và chọn toa tàu 1 cách ngẫu nhiên.
a. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 6 hành khách lên các toa tàu đó sao cho 6 người cùng lên 1 toa hoặc mỗi
người lên 1 toa khác nhau.
b. Tính sác xuất sao cho 1 toa có 3 hành khách, 1 toa có 2 hành khách, 1 toa có 1 hành khách, còn 3 toa
còn lại không có ai lên.
Câu 4 (2,0 điểm).

lim
n →2

Tính

5 − 2x − 2 x −1 + 2x − 3
x−2

Câu 5 (2,0 điểm).
Cho đoạn thẳng O1O2 = a > 0, hai đường tròn (O1 ; a) và (O2 ; a) cắt nhau tại hai điểm A, B. Đường
» 2
AO
trung trực đoạn AO2 cắt đường tròn (O1) tại hai điểm M, N (N thuộc cung nhỏ
). Hai đường thẳng
BM và BN lần lượt cắt đường tròn (O2) tại M’, N’ (khác B). Tính góc giữa hai đường thẳng MN và M’N’.
Câu 6 (4,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA vuông góc với mặt phẳng
1
(α )
3
(ABCD) và SA = a. Gọi M là điểm trên cạnh SD sao cho SM = SD. Mặt phẳng

qua OM và vuông
góc với (ABCD).
(α )
a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng
.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC theo a.
---------------Hết--------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Câu 1 a) Giải phương trình: cos2x - 2sin2x = 11sinx + 2cosx + 6.
4,0
⇔ 2sin2x - cos2x + 11sinx + 2cosx + 6 = 0

(1 − 2sin 2 x)

⇔ 4sinxcosx + 11sinx + 2cosx + 6 = 0
⇔ (2sinx + 1)(2cosx + sinx + 5) = 0
⇔ 2sinx+1 = 0 (1) hoặc 2cosx + sinx +5 = 0 (vô nghiệm)
π
7π
x = − + k2π
x=
+ k2π
6
6
Giải (1) được:
hoặc

Điểm
2,0
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

sin 3 x + co s3 x = sin x − cosx

3,0

⇔ − sin x.cos 2 x + cos3x + cosx = 0

0,25
0,25
0,5
0,5

b)
pt ⇔ s inx(sin 2 x − 1) + cos3x + cosx = 0
⇔ cosx(cos 2 x − sin x.cos x + 1) = 0
cosx = 0
π
⇔
⇔ x = + kπ(k ∈ Z)
2
2
1 − tan x + 1 + tan x = 0(VN)

0,5

Câu 2 Chứng minh dãy số tăng với mọi n ∈ N*
4,0
(un )
Dãy số
được viết dưới dạng công thức truy hồi:

2,0
0,5

u1 = 3

un+1 = 3 + un , n ≥ 1
0,25

u2 = 3 + u1 = 3 + 3 > 3 = u1
Với n=1 thì

(luôn đúng)

Giả sử bđt (1) đúng với

n = k ( k ≥ 1)

tức

uk +1 > uk

n = k +1
Cần chứng minh bđt (1) đúng với

tức

uk + 2 > uk +1

0,25
0,25
0,5
0,25

uk + 2 = 3 + uk +1 > 3 + uk = uk +1
Thật vậy
∈¥*

Từ đó bđt (1) đúng với mọi n

( un )

Chứng minh
nạp.
Với

n =1

thì

bị chặn trên bởi 3 tức

u1 = 3 < 3

Giả sử bđt (2) đúng với

un < 3, ∀n ≥ 1( 2 )

bằng phương pháp qui
0,25
0,25

(luôn đúng)

n = k ( k ≥ 1)

0,5

tức

uk < 3

0,25
0,5


Cần chứng minh bđt (2) đúng với

n = k +1

tức

uk +1 < 3

0,25

uk +1 = 3 + uk < 3 + 3 = 6 < 3
Thật vậy
∈¥*

Từ đó bđt (2) đúng với mọi n
Câu 3 a. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 6 hành khách lên các toa tàu đó sao cho 6 người cùng
4,0
lên 1 toa hoặc mỗi người lên 1 toa khác nhau.
TH1: Xếp 6 người lên 1 toa có 6 cách.
TH2: Xếp 6 người mỗi người lên 1 toa có 6! Cách.
Vậy có: 6 + 6! = 726 (cách)
b. Tính sác xuất sao cho 1 toa có 3 hành khách, 1 toa có 2 hành khách, 1 toa có 1
hành khách, còn 3 toa còn lại không có ai lên.

0,25

C36 .C16
+ Chọn 3 hành khách và xếp họ lên 1 toa có

cách.

C32 .C15
+ Chọn 2 hành khách và xếp họ lên 1 toa có

cách.

C14
+ Khi đó xếp 1 hành khách còn lại lên 1 toa có
cách.
3 1 2 1 1
C6 .C6 .C3 .C5 .C4 = 7200
Số kết quả thuận lợi của biến cố là:
7200 25
=
.
162
66
Vậy xác suất của biến cố là

lim

x →2

0,75
0,75
0,5
2,0
0,5

n(Ω) = 66.

Câu 4
2,0

2,0

0,25
0,25
0,5
0,25

5 − 2x − 2 x − 1 + 2x − 3
x−2

= lim

5 − 2x − (3 − x) + x − 2 x − 1
x−2

= lim

5 − 2x − (3 − x)
x − 2 x −1
+ lim
x−2
x−2
x →2

x →2

x →2

= 0.

Câu 5 Tính góc giữa hai đường thẳng MN và M’N’

0,5
0,5
1,0


2,0

N'

A
N

O1

O2

M
B

M'

0,5

Vì O1O2 = O1A = O2A = a nên tam giác AO1O2 đều.
·
· 'B = 600
AMB
= 600
AM
Ta có:

và
Suy ra tam giác AMM’ đều
·
·
ANB
= 1200
ANN
' = 600
nên góc
.
·AN ' N = 600
Mà
nên tam giác AN’N đều
Q(A, 600 )
biến P thành P’, biến Q thành Q’, suy ra góc giữa MN và
Xét phép quay
M’N’ bằng
Câu 6 a)
4,0
S

0,5
0,5

600
1,5
Ta có:
SA ⊥ (ABCD)
⇒ SA / / ( α )


( α ) ⊥ (ABCD)

M
E

I
L

K
B

A
N
O

D

0,5

H

0,5

0,25
(α)∩(SAD ) = MN // SA (N∈AD)
0,25
(α)∩(SAC) = OK // SA (K∈SC)
0,25
(α)∩(ABCD) = NH qua O ( H∈BC)
(α)∩(SBC) = KH

0,25
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.

C

b)
Dựng SE//MA ( E ∈AD) thì AM // (SEC) ⇒ d(AM,SC) = d(A; (SEC))
Dựng AL ⊥ EC, L ∈EC. Dựng AI ⊥ SL, I ∈ SL.
Chứng minh AI ⊥ (SEC) ⇒ d(A; (SEC)) = SI
1
a
3a
a 13
AE = AD = => ED = ; EC = ED 2 + DC 2 =
2
2
2
2
Ta có
a2
2S
a
AL = AEC = 2 =
EC
a 13
13
2

2,5
0,5

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5


1
AI

2

=

=> AI =

1
2

AS

+

1

1 13 14
= 2+ 2= 2
AL
a
a

a
2

a
a
=> d ( AM;SC ) =
14
14

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11

*****

MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian giao đề)

*************
Câu 1 (3,0 điểm).
Cho phương trình:

sin 2 4 x − cos 2 6 x = sin(18.5π + 10 x )

Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng
Câu 2 (4,0 điểm).
1

u1 = 3

u = n + 1 u
n

 n +1
3n

.

π
(0; )
2

Cho dãy số (un) xác định bởi:
Với mọi
a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm lim un .
S = u1 +

b)Tính tổng

.

n∈ N*

u 2 u3
u
+ + ....... + 11
2
3
11

Câu 3 (4,0 điểm).
1
(x 2 + )n

x

n ∈ N,n ≥ 2

a) Trong khai triển
,
.Tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai,
thứ ba là 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên.
b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau
và chia hết cho 3.
Câu 4 (2,0 điểm).
Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0.
2 1 + x − 3 1 + x −1
, khi x > 0

f ( x) = 
x
2 x + m − 1 ,
khi x ≤ 0

Câu 5 (3,0 điểm).

∠xAy

Cho đường tròn (O;R) và điểm cố định A trên (O;R). Một góc
có số đo không đổi,
hai cạnh Ax, Ay thay đổi cắt đường tròn (O) lần lượt tại B và C. Dựng hình bình hành ABDC.
Chứng minh rằng:

a) Trực tâm H của tam giác BCD là điểm cố định.
b) Trực tâm K của tam giác ABC thuộc đường tròn cố định.

Câu 6 (4,0 điểm).
2

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a, SA vuông góc
mp(ABCD) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm BC, N là trung điểm AB.
a) Tính góc φ hợp bởi đường thẳng SM và mp(SBD).
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM và DN.
---------------Hết--------------

Câu
Câu 1
5,0
Cho phương trình:

ĐÁP ÁN
Nội dung
2
2
sin 4 x − cos 6 x = sin(18.5π + 10 x )

Điểm
3,0
(1)

Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng
(1)⇔
⇔

π
(0; )
2

1 − cos 8 x 1 + cos12 x
−
= cos10 x
2
2

.
0,5
0,25

cos 12 x + cos 8 x
+ cos 10 x = 0
2

0,25
0,25

⇔ cos 10 x cos 2 x + cos 10 x = 0

0,25

⇔ cos 10 x (1 + cos 2 x ) = 0

0,5
0.25

⇔ cos 10 x cos 2 x = 0

⇔ cos 10 x = 0
⇔x=

(vì cosx>0, với mọi x thuộc khoảng
kπ

π
+
(k ∈ Z )
20 10

0< x<

π
(0; )
2

0.5

)

π
π
π
⇒0<
(1 + 2k ) <
2

20
2

0.25

Vì
Do đó k nhận các giá trị 0,1,2,3,4
Vậy tập nghiệm của PT (1) trên
 π 3π 5π 7π 9π 
T = ; ; ;
; 
 20 20 20 20 20 

π
(0; )
2

là:

.

Câu 2
4,0

a) Cho dãy số (un) xác định bởi:

1

u1 = 3


u = n + 1 u
n
 n +1
3n

2,5

Với mọi

n∈ N*


a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm limun .
Với mọi n ∈ N* ta có:
n +1
un
3n
u
1 un
⇔ n +1 =
n +1 3 n

u n +1` =

0,5
0,5

vn =

Đặt

Vậy

(v n )

Suy ra

un
n

. Khi đó

1
v n +1 = v n
3

0,5
q=

là cấp số nhân co công bội

1
v n = v1  
3
un =

Suy ra

n −1

1

3

v1 =

và số hạng đầu

1
3

1
= n , ∀n ∈ N *
3

0.25
0.5

n
, ∀n ∈ N *
3n

lim u n = lim

Vậy

n
=0
3n

S = u1 +

b) b)Tính tổng

u 2 u3
u
+ + ....... + 11
2
3
11

S = v1 + v 2 + ...... + v11

0,5
0,25
0,25

1
(x 2 + )n
x

n ∈ N,n ≥ 2

a) Trong khai triển
,
, tổng các hệ số của các hạng tử
thứ nhất, thứ hai, thứ ba bằng 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển
trên.
Theo đề ta có :
C n0 + C n1 + C n2 = 46
⇔ n 2 + n − 90 = 0
⇒n=9

1,5

0,5

1
11
1
= . 3
1
3
1−
3
11
3 −1
=
2.311
88573
=
177147
1−

Câu 3
4,0

0.25

1,5

0,25

0,5
0,25


Từ khai triển

1
(x 2 + )9
x

C96

, Tìm được hạng tử không chứa x là

b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3
chữ số khác nhau và chia hết cho 3.

Gọi số cần tìm là

x = abc ( a ≠ 0) )

Vì x chia hết cho 3 nên
x là số chẵn nên
a) Với c=0
(a + b) 3
a, b ∉ {1;2}

0.5

2,5

0,25

(a + b + c) 3

0,25

c ∈ { 0;2;6}

0,25
0,5

có 2 khả năng
2!

. Khi đó có

a, b ∉ { 3;6;9}

cách chọn

ab

A32

. Khi đó có

cách chọn

ab

0,5

2 ! + A32 = 8

Suy ra
b) Với c=2

số

Khi đó a hoặc b phải là chữ số 1, chữ số còn lại thuộc tập
a=1 , có 4 cách chọn b từ
b=1 , có 3 cách chọn b từ
Suy ra 4+3=7 số
c) Với c=6
a, b ∉ {1;2}

{ 0 ;3 ;6 ;9}
{;3 ;6 ;9}

2!

, có

a, b ∉ { 0;3;9}

cách chọn

{ 0 ;3 ;6 ;9}

0,5
0,25

ab

, ,có 2.2 cách chọn

ab

2! + 4 = 6

Suy ra
số
Vậy 8+7+6 = 21 số thỏa yêu cầu bài toán
Câu 4 Ta có: f(0) = m - 1
2,0
2 1+ x − 3 1+ x −1

lim f ( x ) = lim+

x→0+

x →0

0,25

x

1+ x −1
1− 3 1+ x

= 2 lim+ (
) + lim+ (
)
x→0
x →0
x
x
2
=
3

0,5

0,5
0.25

lim f ( x) = lim− ( 2 x + m − 1) = m − 1

x →0 −

x →0

0,25


Hàm số f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi:
lim f ( x) = lim+ f ( x) = f (0)

x →0 −

⇔ m −1 =

0,25

x →0

2
5
⇔m=
3
3

3đ

K

Câu 5
A

3 điểm
B

I
C

O
D

H

a)

⊥

⇒

⊥

− Gọi H/ là xuyên tâm của A trên (O;R), ta có: BH/ AB
BH/ CD, tương
⊥
tự CH/ BD. Vậy H/ trùng H.
− A cố định nên H cố định.
b)
− Gọi I là tâm hình bình hành ABDC suy ra hai tam giác BCD và CBA cũng đối
uuur
uur
HK = 2HI
xứng nhau qua I. Suy
.
uuur ra Kuurđối xứng với H qua I. Hay:
HK = 2HI
− H cố định nên từ
, suy ra K là ảnh của I qua phép vị tự tâm H, tỉ số
bằng 2.
∠xAy
− Số đo góc
không đổi nên BC có độ dài không đổi → OI cũng có độ dài
không đổi. Suy ra, I thuộc đường tròn tâm O, bán kính OI.
− I thuộc đường tròn (O;OI) nên K thuộc đường tròn ảnh của đường tròn

(O;OI) qua phép vị tự tâm H tỉ số bằng 2.

1.0
0.5
0.5
2.0
0,5
0,5
0,5
0,5


S

Câu 6

E

4 điểm

P

K
B

N

A

H

O

M

G

C

D

a)

2.0

∩
∈
− Gọi G = AM BD, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng GP//SM, P SA, ta
có góc φ giữa SM và mp(BCD) cũng là góc giữa PG và mp(BCD) và SP=
1
SA
3
.
⊥
− Gọi H là hình chiếu của A trên BD, ta có (SAH) mp(BCD). Gọi K, E lần
lượt là hình chiếu của A và P trên SH, ta có AK và PE đều vuông góc
∠PGE
mp(BCD). Như vậy, góc giữa PG và mp(BCD) là góc
.
2a

1
2a
2
5a
a 6
AK =
SM =
3
7
3 7
3
3
3
− Ta có: AH =
, AK =
, PE =
và GP =
.
2
2
sin ϕ =
.
5 7 ⇒
5 7
− Trong tam giác vuông tại E, ta có:
φ = arcsin
0
/
ϕ ≈ 8 41
Hay

b)

0,5

0,5

0,5
0,5

S

A1
F3
A

N
B

F2

M
F1

D

N1

F

C

− Gọi N1 là trung điểm CD, F là trung điểm CN1, ta có MF//DN và
d(DN;SM) = d(DN;(SMF)).
− Gọi F2 và F1 lần lượt là giao điểm của AC với DN và MF, ta có:

0,5
0,5


DF2 =

2
a 6
DN =
3
3

, mặt khác:

1
1
3
1
+
= 2 =
2
2
DA DC
2a
DF2 2 ⇒

DF2

⊥
AC.

⊥
⊥
Do đó MF AC, Suy ra mp(SMF) mp(SAC).
− Gọi A1 và F3 lần lượt là hình chiếu của A và F2 trên SF1, khi đó A1 và F3 cũng
là hình chiếu của A và F2 trên (SMF) và F2F3 = d(DN;(SMF)) =d(DN; SM).
1
1
1
73
10a
=
+
=
2
2
2
2
AA1 SA AF1 100a ⇒
73
− Ta có:
AA1 =

0,5
0,5

3
6a 73
AA1 =
.
5
73
và F2F3 =

Vậy d(DN; SM) =

6a 73
.
73

ĐỀ THAM KHẢO OLIMPIC KHỐI 11
MÔN: TOÁN (thời gian 150 phút)
Câu 1/(3điểm) Giải các phương trình sau đây trên tập số thực:
cos2 x − 2cos x = 4sin x − sin 2 x
a/
b/ sin2x - cot3x = cos2x + tan3x
Câu 2/(4 điểm)
a/ Cho dãy số (un) có u1 = 2019;
của dãy số (un).

1
u
= u2
n+1 3 n

(∀n ≥ 1)
. Tìm số hạng tổng quát
n

xn = 2 2
(4n − 1)

(∀n ≥ 1)

b/ Cho dãy số (xn) có số hạng tổng quát
.
Tính lim(x1+x2+...+ xn)
Câu 3/(4 điểm)
a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau biết rằng số đó
có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng trước ít nhất 2 đơn vị?
b/ Cho đa giác đều T có 2019 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một ngũ giác có các đỉnh là
các đỉnh của T. Tính xác suất để ngũ giác đó không chứa cạnh nào của đa giác T.
Câu 4 (2 điểm) :Tính các giới hạn hàm số sau:
x3 − 2 x − 3 − x − 1
lim
x−2
x→2
a/


CÂU

Câu 1

a)

(1,5đ)

b)
(1,5đ)

Câu 2

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Giải phương trình
trên
tập)nsố thực:
m − (1
(1 +sau
nx)đây
+ mx
lim
2
xcos
→0 x − 2cos xx 2= 4sin x − sin 2 x
a/
b/
với m,n là các số nguyên dương.
b/
sin2x
cot3x
=
cos2x

+
tan3x
Câu 5 (3 điểm) Cho hai đường tròn C1(I1;R1) và C2(I2;R2) tiếp xúc tại A, lần lượt có
3,0 đAB của đường
phương trình là: (x-3)2 + (y-1)2 = 9 và x2 + y2 -2x -2y +1= 0. Đường kính
Đưa
trình:tròn
(cosx-2)(
cosx
– 2sinx)
tròn về
(C1phương
) cắt đường
(C2) tại
điểm
thứ 2 =là0C. Một đường thẳng (d)0,5
lưu động luôn đi
qua A và cắt (C1) và (C2) lần lượt tại M và N(trừ điểm A). Tìm tập hợp giao điểm của BN
*vàcosx-2=0
vô nghiệm
0,5
CM
* Giải phương trình: cosx+2sinx = 0 cho nghiệm
−1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều với
Câu arctan
6 (4 điểm)
+ kπ
2
AB=2BC=2CD=2AD=2
a. Tam giác SAD vuông cân tại S và nằm trong 0,5

mặt phẳng vuông
x=
góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC.
Đặt đk và Đưa về phương trình:
α sin2x – cos2x = tan3x+cot3x
0,5
a/ Tính cosin của góc tạo bởi SD và mặt phẳng (SBC).
≤ 2
b/
Xác
định
góc
giữa
hai
Chứng minh: |sin2x – cos2x| mặt phẳng (SAB) và (SAD).
0,5
c/ Tính khoảng cách giữa
≥ 2 SA và DM.
Chứng minh: |tan3x + cot3x|
suy ra pt vô nghiệm
Hết.
0,5
1
Họ và tên thí sinh………………………..u Chữ
= ukín2 giám(∀thị…………………………..
n ≥ 1)
Số báo danh……………………………... n+1……………………………………………
3
Cho
dãy số

2019;tài liệu, Cán bộ coi thi không
. Tìm
n) có usử
1 =dụng
• a/
Lưu
ý: Học
sinh(ukhông
giải thích gì thêm
số hạng tổng*****
quát của dãy số (un).
ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11
b/ Cho dãy số (xn) có
số
hạng
tổng
quát
MÔN : TOÁN
n
Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề)
xn = 2 2
(∀n ≥ 1)
(4n − 1)
*************
. Tính lim(x1+x2+...+ xn)
4,0 đ

1
un = u 2
3 n−1

0,5

n−1
1 ĐỀ
1 ĐỀ NGHỊ OLYMPIC1TOÁN
un = ( u 2 ) 2 = ..... =
.u 2
1 2
n−2 1
3 3 n −2
31+2 +2 +...+2
a)
(2đ)

MÔN: Toán 11

0,5

ĐỀ:
n−1
1
uCâu
.u 2 Giải các phương trình sau:
n = 1 2(3−1điểm).

3

n −1

1

sin 2 2 x − sin 2 x = sin 2

n−1
1
un =a) 2 −1 .20192
3
n −1

π
4

b)

0,5
π
π
cos(2 x + ) + cos(2 x − ) + 4sin x = 2 + 2 ( 1 − s inx )
4
4
0,5

Câu 2 (4 điểm).

xn =
b)
(2đ)



n
1
1
1

= 
−
(4n2 −1)2 u8  (2n −1)2 (2n + 1)2 

Cho dãy số thực

( n)

xác định bởi công thức

1 
1 ( un ) 
1−
8  dãy
a) Chứng minh
số 2 có giới hạn.
 (2n + 1) 
x1+x2+...+ xnlim
= (u )
n
KQ b)
= 1/8
Tìm
.

4

u1 = 9
n∈ N*)
(

u = − 4 + 8 3u
n
 n +1
9 9

1

.

thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác
Câu 3 a/
(4 Có
điểm).

nhau biết rằng số đó có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng
trước ít nhất 2 đơn vị?

0,5
0,5