SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 11
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 06/03/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1 (5,0 điểm):
1) Giải phương trình 2 cos 4 x sin 4 x 1 2cos 2 x sin x 3 cos3 x .
2) Cho tam giác ABC không tù và thỏa mãn 2 cos3 A cos3 B cos3 C 3cos A cos B cos C
9
.
8
Chứng minh ABC là một tam giác đều.
Bài 2 (2,0 điểm): Cho khai triển sau:
x2 2 x 2
x 1
2018
a2018 x 2018 a2017 x 2017 ... a1 x a0
b2018
b1
b2
...
với x 1 .
2
2018
x 1 x 1
x 1
Hãy tính hệ số a0 và tổng S b1 b2 ... b2018 .
Bài 3 (5,0 điểm): Cho đoạn AB vuông góc mặt phẳng (P) tại điểm B . Trong (P) lấy điểm H thỏa
BH BA a (a 0) . Vẽ đường thẳng d nằm trong (P) và qua H , d vuông góc với BH . Hai điểm
90. Đường thẳng qua A và vuông góc mặt phẳng ( AMN )
M , N di động trên d và thỏa mãn MAN
cắt (P) tại điểm K.
1) Chứng minh rằng B là trực tâm của tam giác KMN .
2) Gọi , lần lượt là số đo các góc tạo bởi BM với mp ( AKN ) , BN với mp ( AKM ) . Chứng
1
minh cos 2 cos 2 và tìm giá trị nhỏ nhất của .
2
Bài 4 (4,0 điểm): Cho dãy số (an ) xác định bởi công thức:
a1 1; a2 2;
nan 2 (3n 2)an1 2(n 1)an ; n 1;2;3; ...
1) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy (an ) .
2) Chứng minh
a1 1 a2 1 ... an 1
a
a a
3) Tính lim 1 22 ... nn .
3
3 3
Bài 5 (4,0 điểm):
n(n 1)
; n * .
2
1) Tìm tất cả các giá trị của a để giới hạn lim x ax x 2 2 x 2 x 2 x có giá trị hữu hạn.
x
2) Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn
f x y f x f y f xy f x f y 2 xy với mọi x, y .
----------------- HẾT -----------------
Họ và tên thí sinh........................................................................... Số báo danh ..................................
Chữ ký của giám thị 1 ...................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
KỲ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 11
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Bài
1.1
(2,5 đ)
Nội dung
2 cos x sin x 1 2 cos 2 x sin x 3 cos 3x
4
4
2 cos 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x sin x 2sin x cos 2 x 3 cos 3 x
2 cos 2 x sin x sin 3 x sin x
3 cos 3 x
3
1
cos 3x sin 3 x cos 2 x
2
2
cos cos 3 x sin sin 3 x cos 2 x cos 3x cos 2 x
6
6
6
x
x
k
x
k 2
3
2
2
6
6
k
3x 2 x k 2
x k 2
6
30
5
1
Ta có cos A cos B cos C cos A B cos A B cos C
2
1
cos 2 C cos A B cos A B
2
1
1
1
cos 2 C cos 2 A cos 2 B cos 2 A cos 2 B cos 2 C 1
2
2
2
3
9
Do đó gt 2 cos3 A cos3 B cos3 C cos 2 A cos 2 B cos 2 C 1
2
8
3
2
3
2
16 cos A 12 cos A 1 16 cos B 12 cos B 1
1.2
(2,5đ)
Điểm
0,25
0,5
0,25
0,25x2
0,5x2
0,25
0,25
0,25x2
0,25
0,25
16 cos3 C 12 cos 2 C 1 0
2 cos A 1 4 cos A 1 2 cos B 1 4 cos B 1
2
2
0,25
2 cos C 1 4 cos C 1 0
2
1
(Do 4 cos A 1 0, 4 cos B 1 0, 4 cos C 1 0 ).
2
A B C 600 ABC đều (đpcm).
cos A cos B cos C
2
(2,0đ)
x2 2x
Đặt f ( x)
x 1
2018
Vậy a0 S 2 . (1)
2
0,25x2
0,25
2018
ta có f (0) a0 b1 ... b2018 22018 .
2018
2018
1
k
f ( x) x 1
C2018
( x 1) 2 k 2018
x
1
k 0
.
k
1008
2018
C2018
k
C2018
( x 1) 2 k 2018
2018 2 k
x
(
1)
k 0
k 1009
1008
1007
1
0
b1 b3 ... b2017 0 S b2 b4 ... b2018 C2018
C2018
... C2018
C2018
0,5
0,5
0,25
3.1
(2,5đ)
1009
1010
2017
2018
1009
a0 C2018
C2018
... C2018
C2018
C2018
S , (do Cnk Cnn k ) (2)
2017!
2017!
Từ (1) và (2) suy ra: S 22017
; a0 22017
.
1009
1009
- Xác định vị trí M, N trên d: Tam giác
A
AMN vuông tại A và có đường cao AH
( MN AB, BH ) nên M, N khác phía
đối với H.
- Xác định vị trí K: trong (ABH) dựng K
K E
90 (BH = BA = a
B
thuộc BH và KAH
nên B là trung điểm KH),
H
- Chứng minh: AK ( AMN ) .
P
0,25
0,5
0,5
N
d
0,5
0,5
M
3.2
(2,5đ)
- AM AN , AK AM KN . Mà AB ( P) KN AB ,vậy KN BM .
- KH MN (cmt ), KH BM B nên B là trực tâm tam giác KMN.
MAB
, tương tự
AM ( AKN ) ( BM , ( AKN )) MEA
NAB .
2
2
cos 2 cos 2
4.1
(2,0đ)
2
AB 2
1
AB
AB
cos cos
, (do tam giác ABH vuông cân tại B).
2
AH
2
AM
AN
450 )
(Cách khác: chứng minh, áp dụng hệ thức cos 2 cos 2 cos 2 1, KAB
2
1
1
cos( ).cos( ) .
2
2
1
, 0; 0 cos( ) 1 . Vậy cos( ) .(1)
2
2
, 0; 0 và hàm số y cos x nghịch biến trên (0; ) nên từ (1) ta
2
2
2
. Kết luận: min( )
đạt khi HM HN a 2 .
có
3
3
3
a an 1
nan 2 (3n 2)an 1 2(n 1)an n(an 2 an 1 ) 2(n 1)(an 1 an ) n 2
2
n 1
an 1 an
, ta có x1 a2 a1 1; xn 1 2 xn ; n * .Vậy ( xn ) là cấp số nhân
n
với công bội q = 2, nên xn x1.q n 1 2n 1 ; n * .
Đặt xn
Suy ra an 1 an n.2n 1 ; n * an a1 1.20 2.21 3.22 ... (n 1)2n 2
an 2 [2.21 3.22 ... (n 1)2n 2 ]; n * .
Xét 2an 4 [2.22 3.23 ... (n 2)2n 2 (n 1)2n 1 ]
2an an (n 1)2n 1 (2 22 23 ... 2n 2 ) an (n 1)2n 1 (2n 1 2) (n
4.2
(1,0đ)
0,5
0,5
1,0
2n 1 (1 1) n 1 Cn01 Cn1 1 ... Cnn11 1 (n 1) n; n 2
an (n 2)2n 1 2 (n 2)n 2 (n 1) 2 1; n 2
a1 1 a2 1 ... an 1 0 1 2 ... (n 1)
an 1 n 1; n 2
n(n 1)
; n * .
2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4.3
(1,0đ)
k
Ta có
k
k
ak
(k 2)2k 1 2 k 2
2
1
. 2. ; k *
k
k
3
3
2 3
3
3
1
2
a
a
a
1
2
2
11 22 ... nn Sn Tn 2 Pn , với S n 1 2 ...
3
3
3
2
3
3
1
2
n
1
2
n
2
n ;
3
n
2 2
2
1 1
1
Tn ... ; Pn ... ;
3 3
3
3 3
3
2
3
n
2
2
2
2
2
Sn 1 2 ... (n 1) n
3
3
3
3
3
Xét
2
Sn
3
n
2
2 2
2
2
2
Sn ... n
3
3 3
3
3
3
0,5
n 1
n 1
n
2
Sn 3Tn 2n .
3
n
a
1
a
a
2
Vậy 11 22 ... nn Tn 2 Pn n .
3
3
3
2
3
2
1
1
lim Tn 3 2;lim Pn 3 ;
2
1 2
1
1
3
3
n
n
2
2
1
n(n 1)
3
0
11
21
21
; n 2
1 Cn Cn Cn ... Cn
2
8
2
2
2
2
n
5.1
(2,0 đ)
x
x 2 2 x 2 x 2 x lim x x
x
x2 2 x 2 x2 x
0,25
0,25
0,25
x 2 2 x x 1 2 x 1 2 x 2 x
0,25
1
1
lim x
2
2
x
x 2x x 1 2x 1 2 x x
1
1
1
.
lim
x
4
2
1
1
1
1
1
2
2
1
x
x
x
x
Vậy a 1 là giá trị cần tìm.
Giả sử f x là một hàm số thỏa mãn giả thiết bài toán.
0,25
lim x
x
5.2
(2,0đ)
n
a
a
8
a
2
2
0 n
; n 2 lim n 0 . Vậy lim 11 22 ... nn 2.
n 1
3
3
3
3
3
2
1
Nếu a 1 thì lim x ax x 2 2 x 2 x 2 x lim x 2 a 1 2 1
x
x
x
x
khi a 1
.
khi a 1
Nếu a 1 thì
lim x ax
0,5
0,25x2
0,25
f x y f x f y f xy f x f y 2 xy 1
f x y 1 f x 1 f y 1 f xy 1 2 xy 1 .
Đặt g x f x 1 ta có phương trình
g x y g x g y g xy 2 xy 1, x, y
2
0,25
Kí hiệu P a, b chỉ việc thay x bởi a và thay y bởi b vào phương trình (2)
P x, 0 g x g x g 0 g 0 1 g 0 1 g x 1 0 3 .
Nếu g 0 1 0 thì từ (3) suy ra g x 1, x . Thay vào (2) ta thấy hàm số này
0,25
không thỏa mãn, do đó g 0 1 .
P 1, 1 g 0 g 1 g 1 g 1 1 g 1 1 g 1 0
Nếu g 1 1 thì P x;1 g x 1 2 x 1 2 x 1 1 g x 2 x 1, x . Ta
thấy hàm số này thỏa mãn (2).
Nếu g 1 1 thì g 1 0 . Đặt a g 1 .
P x,1 g x 1 ag x g x 2 x 1 g x 1 1 a g x 2 x 1, x
0,25
0,25
P x, 1 g x 1 g x 2 x 1 g x g x 1 2 x 1 .
Thay vào (4) ta được
0,25
g x 1 1 a g x 1 2 x 1 2 x 1 1 a g x 1 a 2 x 1 , x
g x 1 a g x a 2 x 1 , x
5
g x 1 a g x a 2 x 1 , x . Thay vào (5) ta được
g x 1 a 1 a g x a 2 x 1 a 2 x 1
a 2 2a g x 2a 2 x a 2 2a , x 6
.
Rõ ràng từ (6) suy ra a 2 .
Nếu a 0 thì từ (6) suy ra g x
Thay vào (2) ta được
4 a2 a 2
a 2
2
2a
x 1, x
a2
xy 0, x, y a 2 (Vì a g 1 1 )
0,25
g x x 1, x . Hàm số này thỏa mãn (2).
Nếu a 0 thì từ (5) suy ra g x g x , x .
P x, x g 0 g x g x g x 2 2 x 2 1
1 g 2 x g x 2 2 x 2 1 7
0,25
P x, x g 2 x g 2 x g x 2 2 x 2 1 (8)
Từ (7) và (8) g 2 x 4 x 2 1 g x x 2 1, x . Hàm số này thỏa mãn 2 .
Do f x g x 1 nên các hàm số cần tìm là
f x 2 x, f x x, f x x 2 , x .
----------------- HẾT -----------------
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
5 
171 
142 
