Đề thi olympic môn Toán Lớp 11 năm học 2018-2019 - Cụm trường THPT Thanh Xuân - Cầu Giấy - Thường Tín (Có lời giải)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ OLYMPIC MÔN TOÁN 11 
 CỤM TRƯỜNG THPT THANH XUÂN- NĂM HỌC 2018 – 2019 
 CẦU GIẤY-THƯỜNG TÍN Môn: Toán 
 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) 
Câu 1. Giải các phương trình sau: 
 1) 1 3 sin 2xx cos 2 . 
 2) 9sinx 6cos x 3sin2 x cos2 x 8 . 
Câu 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?
Câu 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của biểu thức 23 x n biết n là số 
 1 2 n 20
 nguyên dương thỏa mãn hệ thức CCC2n 1 2 n 1 ... 2n 1 2 1.
 3 xx 75 2
Câu 4. 1) Tính giới hạn sau lim . 
 x 1 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 600 . 
Câu 5. Cho tứ diện ABCD.
 1) Gọi EFG,, 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 
 ABD , ABC theo thứ tự tại CD , . Chứng minh rằng: 1. 
 AB AC AD
 AB AC AD
 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . 
 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)
 2)
 1 3 sin 2xx cos 2 Lời giải 
 1) 19sin 3x sin 6cos 2xx x cos 3sin2 2 x cos23 sin x 2 xx 8 cos 2 1 
 3 1 1 1
 sin 2xx cos2 cos sin2xx sin cos2 
 2 2 2 6 6 2
 22xk xk 
 1 66 
 sin 2x sin 2 . 
 6 2 6 xk 
 22xk 3
 66
 2) 6cosx 3sin 2 x cos2 x 9sin x 8 0
 6cosx 6sin x cos x 1 2sin2 x 9sin x 8 0 
 6cosx . 1 sin x 2sin2 x 9sin x 7 0
 6cosx . 1 sin x 2sin x 7 sin x 1 0 sinx 1 6cos x 2sin x 7 0
 sinx 1 x k2 
 2
 6cosxx 2sin 7 * 
 Phương trình * vô nghiệm vì có a2 b 2 40 49 c2 . 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là xk 2 . 
 2
Câu 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?
 Lời giải 
 4
 1) Chọn 4 bì thư từ 11 bì thư có C11 cách. 
 4
 Chọn 4 tem thư từ 7 tem thư có C7 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. 
 44
 Vậy có tất cả: CC11. 7 .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
 32
 3 1 3 45
 Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 3 câu là: C5 . . 
 4 4 1024
 2 4
 4 1 3 15
 Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 4 câu là: C5 . . 
 4 4 1024
 5
 5 11
 Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả 5 câu là: C5 . . 
 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
Câu 3. Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển Niutơn của biểu thức biết là số 
 nguyên dương thỏa mãn hệ thức .
 Lời giải 
 1 2 n 20 0 1 2 n 20
 Ta có: CCC2n 1 2 n 1 ... 2n 1 2 1 CCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 ... 2n 1 2 . 
 0 1 2 n n 1 n 2 n 3 2n 1
 Lại có: CCCCCCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 ... 2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 ... 2n 1 .
 21n 0 1 2 n n 1 n 2 n 3 2n 1
 Mặt khác: 1 1 CCCCCCCC2n 1 2 n 1 2 n 1 ... 2n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 ... 2n 1 . 
 2nn 1 20 2 1 21
 2 2.2 2 2 2nn 1 21 10 . n
 x10 23 x n
 Xét khai triển Niutơn 23 x 10 , ta có: 2 3x 10 C0 2 10 C 1 2 9 . 3 x 1 ... C10 3 x 10 . 
 CCC1 2 ... n10 220 10 1 10
 10 2n 110 2 10 n 1 2n 1
 Suy ra hệ số của số hạng chứa x là:C10 3 59049 . 
 3 xx 75 2
Câu 4. 1) Tính giới hạn sau lim . 
 x 1 x 1
 ABC 3
 2) Cho tam giác có độ dài cạnh lập60 thành0 một cấp số nhân. Chứng minh rằng tam
 giác đó có 2 góc trong mà số đo không vượt quá . 
 Giải: 
 3 x 7 5 x2 3 x 7 2 2 5 x2 3 x 7 2 2 5 x2
 1) Ta có lim lim lim lim
 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
 x 1 xx 11 
 lim lim
 xx 11 2 3 2
 x 1 3 x 7 2 x 7 4 xx 1 2 5 
 11x 1 1 7
 lim lim . 
 22
 xx 113 xx 7 23 7 4 25 x 12 2 12
 2) Giả sử độ dài ba cạnh của tam giác lần lượt là abc, , 0 .
 Không mất tính chất tổng quát giả sử 0 abc .
 2
 Do ba cạnh lập thành cấp số nhân nên ta có b ac. 
 Áp dụng định lý Cos trong tam giác ta có: 
 2 2 2 2 2
 b a c 2ac.cosB a c ac.co2Bs ac
 a2 c 2 ac a2 c 2 1
 cosB= cosB= .
 2aacc22
 a22 c 11
 Mặt khác a22  c 2 ac a , c nên cosB= B 600 .
 2ac 2 2
 Mà a b A B 600 . 
 Vậy tam giác có 2 góc có số đo không vượt quá . 
Câu 5. Cho tứ diện ABCD. 
 3 1) Gọi lần lượt là trọng tâm các tam giác .
a) Chứng minh .
b) Tính diện tích tam giác theo diện tích của tam giác .
 Lời giải 
 A
 G
 E F
 D
 B P
 M N
 C
a) Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm BC,, CD DB .
 SE SF 2
Theo tính chất trọng tâm ta có EF// MN . 
 SM SN 3
Mà MN BCD nên EF/ / BCD 1 .
Chứng minh tương tự ta có EG/ / BCD 2 .
 EFG,, ABC,, ACD ABD
Từ 1 và 2 ta EFGcó EFG // BCD // BCD (đpcm).
 EF SE EG 2
b) Ta có EFG (Theo định lý Talet). BCD
 MN SM MP 3
 1
 EF. EG sin GEF
 S EF EG 4
 EFG 2 .3 (Do EF;; EG MN MP )
 S 1 MN MP 9
 MNP MN. MP sin NMP
 2
 1
 MN. MP sin NMP
 S MN MP 1
Mặt khác MNP 2 .4 
 S 1 BD CD 4
 BCD BD. CD sin BDC
 2
 S EFG 1 1
Từ 3 và 4 ta có . Vậy SS EFG BCD . 
 S BCD 9 9
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 
 Bd 
 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 
 MB ME S
 Ta có: MB // AB MCD 1 
 AB BE SBCD
 MC S MD S
 Tương tự MBD 2 ; MBC 3 
 AC SBCD AD SBCD
 MB MC MD SSS 
 Từ 1 , 2 , 3 MCD MBD MBC 1
 AB AC AD SBCD
 MB MC MD MB .. MC MD 
c) Ta có 33
 AB AC AD AB.. AC AD
 1 27
 MB .... MC MD AB AC AD
 AB AC AD AB.. AC AD27. AB . AC . AD
 T 333 3 3 3
 MB MC MD MB .. MC MD AB.. AC AD
 MB MC MD 11 ME MF MD
 Dấu '' '' xảy ra 
 AB AC AD33 BE CF DG
 M là trọng tâm BCD. 
 5