Tổ 15 đề olympics lớp 11 cụm hà đông hoài đức hà nội năm 2018 2019

Giải các phương trình sau a Giải phương trình sau sin 3x 3 cos 3x2sin 2x.. Lấy ngẫu nhiên ba tấm thẻ trong hộp.. Tính xác suất để lấy được ba tấm thẻ mà ba số ghi trên ba tấm thẻ đó lậ

ĐỀ OLYMPIC LỚP 11 CỤM TRƯỜNG THPT HÀ ĐÔNG –

HOÀI ĐỨC – HÀ NỘI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 11

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề).

Bài 1 (4,0 điểm) Giải các phương trình sau

a) Giải phương trình sau sin 3x 3 cos 3x2sin 2x

b) Giải phương trình

sin sin 2

1 sin 3

x





Bài 2 (4,0 điểm).

a) Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển:

10 2 2

3x x



  x 0 b) Trong một hộp kín đựng 100 tấm thẻ như nhau được đánh số từ 1 đến 100 Lấy ngẫu nhiên ba tấm thẻ trong hộp Tính xác suất để lấy được ba tấm thẻ mà ba số ghi trên ba tấm thẻ đó lập thành một cấp số cộng

Bài 3 (4,0 điểm).

a) Tính

0 2 2 4 4 2018 2018 2017

2018 2018 2018 2018 1

lim

1

x

x



b) Cho dãy số  u n

xác định bởi công thức:





Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  u n

Bài 4 (6,0 điểm).

a) Cho hình hộp ABCDA B C D     có tất cả các cạnh bằng nhau Điểm M di động trên cạnh

AB , điểm N di động trên cạnh A D sao choA N 2AM Gọi (α) là mặt phẳng chứa

MN và song song với AC Dựng thiết diện của hình hộp bởi (α) và chứng minh rằng

(α) luôn chứa một đường thẳng cố định

b) Cho tứ diện ABCD Chứng minh rằng:

(AB CD ) (AD BC ) (AC BD )

Bài 5 (2,0 điểm).

Chứng minh rằng với mọi số thực a b c, , 1;2

ta luôn có: a b c 1 1 1 10

a b c

_Hết _

Lời Giải Chi Tiết

Bài 1 (4,0 điểm) Giải các phương trình sau

a) Giải phương trình sau sin 3x 3 cos 3x2sin 2x

Lời giải

Tác giả:phùng minh nam ; Fb:Nam phùng

Ta có :

3

3

3















2 3

k k x













Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

2 ;

k

S   k     k 

 b) Giải phương trình

sin sin 2

1 sin 3

x





Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Tú ; Fb: Tu Nguyenvan

Điều kiện xác định:

cos

2

x

x









 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

 

 

sin sin 2 sin 3 0 2sin 2 cos sin 2 0 sin 2 2cos 1 0

2 1

cos

2













Vậy phương trình đã cho có nghiệm  

2

x k k 

Bài 2 (4,0 điểm).

a) Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển:

10 2 2

3x x

  x 0

Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến

Hướng 1: Trình bày theo lớp 12 như sau:

10 10 10

10 0

k

k k

k





10

10 0

C 2k k 3 k k k

x



.(x  ) với0

0,1, 2, ,10

Khi 3k10 5  k5 thì số hạng chứa x5 trong khai triển là:

 5

10.2 3 1959552

Hướng 2: Trình bày theo lớp 11 như sau:

k

x







, (x  ) với0

0,1, 2, ,10

Số hạng chứa x ứng với số k thỏa mãn 5

2 5 10

k k

x x

x   2k 15 k

x x 

   2k15 k  k 5 Vậy số hạng chứax trong khai triển là 5 C 2105 10 5 3  5 x5 1959552.x5

b) Trong một hộp kín đựng 100 tấm thẻ như nhau được đánh số từ 1 đến 100 Lấy ngẫu nhiên ba tấm thẻ trong hộp Tính xác suất để lấy được ba tấm thẻ mà ba số ghi trên ba tấm thẻ đó lập thành một cấp số cộng

Lời giải

Tác giả: Lâm Quốc Toàn; Fb: Lam Quoc Toan

Số phần tử của không gian mẫu:

3 100

C

 

Gọi ba số lập thành cấp số cộng lần lượt là: u , 1 u , 2 u 3

Khi đó u , 1 u phải cùng là hai số chẵn hoặc cùng là hai số lẻ.3

Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, 50 số lẻ

+ Trường hợp 1: u , 1 u là hai số chẵn, có 3 2

50

C cách chọn bộ u u1; 3

+ Trường hợp 2: u , 1 u là hai số lẻ, có 3 2

50

C cách chọn bộ u u1; 3

Với mỗi cách chọn bộ u u1; 3

có duy nhất một cách chọn u để 2 u , 1 u , 2 u lập thành cấp số3 cộng

Suy ra số cách lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là

2 50 2

 

Xác suất lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là

 

2 50 3 100

66

P A

C



Bài 3 (4,0 điểm).

a) Tính

0 2 2 4 4 2018 2018 2017

2018 2018 2018 2018 1

lim

1

x

x



Lời giải

Tác giả: Huỳnh Phạm Minh Nguyên ; Fb: Nguyen Huynh

0 1 2 2 2018 2018

1 2018 2018 2018 2018 1

S C C x C x C x  x

0 1 2 2 2018 2018

2 2018 2018 2018 2018 1

S C  C x C x C x   x

0 2 4 2018 2018

2018 2018 2018 2018

1

2



0 2 4 2018 2018 2017

2018 2018 2018 2018 1

2 lim

1

x

x









   

2018 2018 2018

1

lim

x

x







2018 2018 2017

1

lim

x

x





2017 2016 2015 2 2017 2017

1

lim

x

x





1

lim

x





2016 2018.2



b) Cho dãy số  u n

xác định bởi công thức:





Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  u n

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Quang Thái ; Fb: Nguyễn Quang Thái

   Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp

- Kiểm tra dễ có mệnh đề đúng với n1; n2

Giả sử mệnh đề đúng với mọi n k , nghĩa là ta có được

1 1

3k 2k 1

k

   và 1 3k 2 2k 2 1

k

Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n k  1

Theo giả thiết ta có:

 1 1   2 2 

5.3k 5.2k 2.3k 3.2k 1

   Vậy mệnh đề đúng với mọi n  *





Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  u n .

Lời giải

Tác giả: Ngô Mạnh Cường ; Fb: Cuong Ngo Manh

Theo bài ra, u n2 5u n1  6u n  2  n 1,n  , ta có

u   u   u   u   n 1,n  Đặt v n u n1 2u n  n 1,n 

ta có

1 2 1





Đặt w n v n 1  n 1,n 

thì

1 1

1

w







Nhận thấy ( )w là cấp số nhân với công bội n q  và 3 w  Do đó 1 1 3n 1

n

 Suy ra 1

3n 1

n

v    và 1 2 3n 1 1

     n 1,n 

Từ đó ta có 1 2 3n 1 1 1 3n 1 2(u 3n 1 1)

t u 

   thì

0

1 1 1

2

t u

t  t







 Nhận thấy (t )n là cấp số nhân với công bội bằng 2 và t 1 1 nên 2n 1

n

t 

Vậy 2n1 3n 1 1

n

u  

    n 1, n 





Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  u n .

Lời giải

Tác giả: Đinh Thị Thu Huế ; Fb: HueDinh

u   u   u   u   u   u   u 

Đặt v n u n1 2u n thì

1 2 1 1

v  v





Đặt v n kw n , l k l, là hằng số, k  thì 0

1

3

l

k





Chọn k 1,l1 thì v n w n và 1

1 1

1 3

w

w w









 Nhận thấy ( )w là cấp số nhận công bội n

3

q  và w  Do đó 1 1 3n 1

n

 , v n 3n1 1

    Đặt u n t n a3n1 b

   , a b, là các hằng số Khi đó

1

1 1

n







Chọn a1,b1 khi đó

1

1 1

n n

u  t   u  và t n12t n Nhận thấy (t )n là cấp

số nhận với công bội q 2 và t1  Do đó 1 t n 2n1

 Suy ra u n 2n1 3n1 1.

Bài 4 (6,0 điểm).

a) Cho hình hộp ABCDA B C D     có tất cả các cạnh bằng nhau Điểm M di động trên

cạnh AB , điểm N di động trên cạnh A D sao choA N 2AM Gọi (α) là mặt phẳng

chứa MN và song song với AC Dựng thiết diện của hình hộp bởi (α) và chứng minh

rằng (α) luôn chứa một đường thẳng cố định

Lời giải

Tác giả: thuy hoang ; Fb: thuy hoang

* Dựng thiết diện của hình hộp bởi   :

Q Y

P T

X

C' B'

C B

A'

M

R

( ) (ABCD) / /( )

(ABCD)

M AC AC













Nên d là đường thẳng qua M và song song với AC , d cắt AD tại X , cắt CD tại Y cắt BC tại R

 Tương tự xét     A B C D    d, d qua N và song song với AC cắt C D  tại

P XN cắt AA tại T , YP cắt CCtại Q

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác MRQPNT

* Chứng minh rằng (α) luôn chứa một ường thẳng cố ịnh:đường thẳng cố định: đường thẳng cố định:

- Ta có:

// ( )

AC

ACC A TQ









 





- Trong mặt phẳng ADD A 

có //

AX A'N

TA A N

 

Mà tứ giác AXRC là hình bình hành suy ra AX CR (*)

- Xét tam giác ABC cân có // =



Mà AB BC nên AM RC Suy ra AX AM (kết hợp (*))

Suy ra

1 2

TAA N A N  , hay

1 2

AT

TA Suy ra điểm T cố định.

Kết hợp (1) suy ra TQ cố định Vậy   luôn chứa đường TQ cố định (đpcm)

b) Cho tứ diện ABCD Chứng minh rằng:

2 2 2 (AB CD ) (AD BC ) (AC BD )

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền

Gọi M N P Q O lần lượt là trung điểm của , , , , , , , , AB BC CD AD AC Ta có tứ giác

MNPQ là hình bình hành và điểm O không nằm trên MNPQ

Từ đó, ta có:

(AB CD ) (AD BC ) (2ON2OQ)2(2OP2OM)2 4NQ24MP2(1)

Ta lại có:

4NQ 4MP 4 NM MQ     MN NP

4 NM 2NM MQ MQ MN 2MN NP NP

                                   

4 2NM MQ NP 2NM MQ NP

  

4(2MN 2MQ ) 2(AC BD ) (AC BD) (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

Bài 5 (2,0 điểm).

Chứng minh rằng với mọi số thực a b c, , 1;2

ta luôn có: a b c 1 1 1 10

a b c

Lời giải

Tác giả: Vũ Quốc Triệu ; Fb: Vũ Quốc Triệu

+/ Bất đẳng thức    1 1 1  10      7

a b c b c a

a b c

+/ Không mất tính tổng quát, giả sử:  a b c Khi đó:

       0   2   a   1 b a

c c b (vì bc0).

Dấu “=” xảy ra  a b hoặc b c

Cũng có:        0      1 c  b c

a a b (vì ab0).

Dấu “=” xảy ra  a b hoặc  b c

Do đó:       2      2  2 1 

+/ Ta có: a1 2

2

Dấu “=” xảy ra

2

2 2









x

x

Suy ra: 5  2

2

a c

c a

Từ (1) và (2) suy ra:      7

Dấu bằng xảy ra khi:

2, 1

2, 1





