thu

ĐỀ OLYMPIC KHỐI 11 CỤM TRƯỜNG THPT THANH XUÂN – CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
MÔN TOÁN
TIME: 120 PHÚT


Câu 1. Giải các phương trình sau:
1. [1D1-2.1-2] $\text{ }1+\sqrt{3}\sin 2x=\cos 2x$
2. [1D1-3.4-3] $\text{ }9\sin x+6\cos x-3\sin 2x+\text{cos}2x=8.$

Lời giải
Tác giả :Nguyễn Phương Thu, FB: Nguyễn Phương Thu
Phản biện 1:Phạm Hoàng Điệp ;FB: Hoàng Điệp Phạm
Phản biện 2: Nguyễn Minh Đức; FB: Duc Minh.
$\begin{align}
& 1)\text{ }1+\sqrt{3}\sin 2x=\cos 2x\Leftrightarrow \sqrt{3}\sin 2x-\cos 2x=-1 \\
& \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x-\dfrac{1}{2}\cos 2x=-\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow \sin \left( 2x-\dfrac{\pi }{6} \right)=-\dfrac{1}{2} \\
& \Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& 2x-\dfrac{\pi }{6}=-\dfrac{\pi }{6}+k2\pi \\
& 2x-\dfrac{\pi }{6}=\pi +\dfrac{\pi }{6}+k2\pi \\
\end{align} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& x=k\pi \\
& x=\dfrac{2\pi }{3}+k\pi \\
\end{align} \right.\left( k\in \mathbb{Z} \right) \\
\end{align}$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là: $x=k\pi ;x=\dfrac{2\pi }{3}+k\pi ;k\in \mathbb{Z}$ $\begin{align}
& 2)\text{ }9\sin x+6\cos x-3\sin 2x+\cos 2x=8 \\
& \Leftrightarrow \left( 6\cos x-3\sin 2x \right)+\left( \cos 2x+9\sin x-8 \right)=0 \\
& \Leftrightarrow \left( 6\cos x-6\sin x\cos x \right)+\left( 1-2{{\sin }^{2}}x+9\sin x-8 \right)=0 \\
& \Leftrightarrow 6\cos x\left( 1-\sin x \right)-\left( 2{{\sin }^{2}}x-9\sin x+7 \right)=0 \\
\end{align}$
$\begin{align}
& \Leftrightarrow 6\cos x\left( 1-\sin x \right)-\left( \sin x-1 \right)\left( 2\sin x-7 \right)=0 \\
& \Leftrightarrow \left( 1-\sin x \right)\left( 6\cos x+2\sin x-7 \right)=0 \\
\end{align}$
$\begin{align}
& \Leftrightarrow \left[ \begin{align}
& \sin x=1\text{ }\left( 1 \right) \\
& 6\cos x+2\sin x=7\text{ }\left( 2 \right) \\
\end{align} \right. \\
& \left( 1 \right)\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi }{2}+k2\pi ;k\in \mathbb{Z} \\
\end{align}$
$\left( 2 \right)$ vô nghiệm vì có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{6}^{2}}+{{2}^{2}} < {{7}^{2}}={{c}^{2}}$ Vậy phương trình có 1 họ nghiệm là: $x=\dfrac{\pi }{2}+k2\pi ;k\in \mathbb{Z}$ Câu 2. 1) [1D2-2.2-2] 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) [1D2-5.5-3] 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 mỗi học sinh làm bài thi trả lời đúng được ít nhất $3$ câu hỏi? Lời giải 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? Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Loan ; Fb: Nguyễn Loan. Phản biện 1: Phạm Hoàng Điệp ;Fb: Hoàng Điệp Phạm. Phản biện 2: Nguyễn Minh Đức; FB: Duc Minh. Chọn $4$ bì thư từ $11$ bì thư: có $C_{11}^{4}$ cách. Chọn $4$ tem thư từ $7$ tem thư: có $C_{7}^{4}$ 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: $C_{11}^{4}.C_{7}^{4}.4!.4!=6652800$ cách. 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 mỗi học sinh làm bài thi trả lời đúng được ít nhất $3$ câu hỏi? Lời giải Tác giả: Phạm Hoàng Điệp ; Fb:Hoàng Điệp Phạm Phản biện 1: Phạm Ngọc Hưng; Fb: Phạm Ngọc Hưng Phản biện 2: Nguyễn Minh Đức; FB: Duc Minh. Xác suất để một học sinh trả lời đúng $1$ câu là $\dfrac{1}{4}$, trả lời sai $1$ câu là $\dfrac{3}{4}$. Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng $3$ câu là: $C_{5}^{3}{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{3}}{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{2}}=\dfrac{45}{512}$. Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng $4$ câu là: $C_{5}^{4}{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{4}}\left( \dfrac{3}{4} \right)=\dfrac{15}{1024}$. Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả $5$ câu là: $C_{5}^{5}{{\left( \dfrac{1}{4} \right)}^{5}}=\dfrac{1}{1024}$. Vậy xác suất để một học sinh trả lời đúng ít nhất $3$ câu là: $\dfrac{45}{512}+\dfrac{15}{1024}+\dfrac{1}{1024}=\dfrac{53}{512}$. Câu 3. [1D2-3.2-3] Tìm hệ số của số hạng chứa ${{x}^{10}}$ trong khai triển Newton của biểu thức ${{\left( 2+3x \right)}^{n}}$ biết $n$ là số nguyên dương thỏa mãn hệ thức $C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}+\ldots +C_{2n+1}^{n}={{2}^{20}}-1$. Lời giải Tác giả:Phạm Ngọc Hưng; Fb: Hưng Phạm Ngọc Phản biện: Nguyễn Văn Mến;FB: Nguyễn Văn Mến Ta có $C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}+\ldots +C_{2n+1}^{n}={{2}^{20}}-1\Leftrightarrow C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{2}+\ldots +C_{2n+1}^{n}={{2}^{20}}$. Do $C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}+\ldots +C_{2n+1}^{n}=C_{2n+1}^{n+1}+C_{2n+1}^{n+3}+C_{2n+1}^{n+3}+\ldots +C_{2n+1}^{2n+1}$. Suy ra ${{(1+1)}^{2n+1}}=C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{1}+C_{2n+1}^{2}+\ldots +C_{2n+1}^{n}+C_{2n+1}^{n+1}+C_{2n+1}^{n+2}+C_{2n+1}^{n+3}+\ldots +C_{2n+1}^{2n+1}$. $\Leftrightarrow {{2}^{2n+1}}=2\cdot {{2}^{20}}\Leftrightarrow {{2}^{2n+1}}={{2}^{21}}\Leftrightarrow 2n+1=21\Leftrightarrow n=10$. Số hạng thứ $k+1$ trong khai triển là ${{T}_{k+1}}=C_{10}^{k}{{2}^{10-k}}{{\left( 3x \right)}^{k}}=C_{10}^{k}{{2}^{10-k}}{{3}^{k}}{{x}^{k}}$. Theo yêu cầu đề bài suy ra $k=10$. Vậy hệ số của ${{x}^{10}}$ trong khai triển là $C_{10}^{10}{{3}^{10}}=59049$. Câu 4. 1. [1D4-2.3-3] Tính giới hạn sau $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt[3]{x+7}-\sqrt{5-{{x}^{2}}}}{x-1}$. 2. [1D3-4.4-3] 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{}^\circ $. Lời giải 1. [1D4-2.3-3] Tính giới hạn sau$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt[3]{x+7}-\sqrt{5-{{x}^{2}}}}{x-1}$. Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Mến; Fb: Nguyễn Văn Mến. Phản biện: Hồng Vân. Ta có $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sqrt[3]{x+7}-\sqrt{5-{{x}^{2}}}}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \dfrac{\sqrt[3]{x+7}-2}{x-1}+\dfrac{2-\sqrt{5-{{x}^{2}}}}{x-1} \right)$ $\begin{align} & =\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \dfrac{x-1}{\left( x-1 \right)\left( {{\left( \sqrt[3]{x+7} \right)}^{2}}+2.\sqrt[3]{x+7}+4 \right)}+\dfrac{{{x}^{2}}-1}{\left( x-1 \right)\left( 2+\sqrt{5-{{x}^{2}}} \right)} \right) \\ & =\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \dfrac{1}{{{\left( \sqrt[3]{x+7} \right)}^{2}}+2.\sqrt[3]{x+7}+4}+\dfrac{x+1}{2+\sqrt{5-{{x}^{2}}}} \right)=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{12} \\ \end{align}$ 2. [1D3-4.4-3] 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{}^\circ $. Lời giải Tác giả: Lê Thị Hồng Vân ; Fb: Hồng Vân Phản biện : Trần Đại Lộ, Fb : Trần Đại Lộ Gọi $a;b;c$ lần lượt là độ dài 3 cạnh $BC,CA,AB$ của tam giác $ABC$. Không mất tổng quát giả sử 3 số $a;b;c$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi đó ${{b}^{2}}=ac$ Mà theo định lý cosin ta có $\cos B=\dfrac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}$ nên $\cos B=\dfrac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-ac}{2ac}$ Mặt khác theo bất đẳng thức cauchy thì ${{a}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2ca$ nên $\cos B\ge \dfrac{2ac-ac}{2ac}=\dfrac{1}{2}$ Do $B$ là góc trong của một tam giác và $\cos B\ge \dfrac{1}{2}$ nên $0{}^\circ < $ $B\le $ $60{}^\circ $ Hơn nữa từ ${{b}^{2}}=ac$ ta suy ra $\left[ \begin{align} & a\le b\le c \\ & c\le b\le a \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left[ \begin{align} & A\le B\le C \\ & C\le B\le A \\ \end{align} \right.$ Vậy $\left[ \begin{align} & A\le B\le 60{}^\circ \\ & C\le B\le 60{}^\circ \\ \end{align} \right.$ hay ta có điều cần chứng minh. Câu 5. Cho tứ diện $ABCD$ 1) Gọi $E,F,G$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC,ACD,ABD$. a) Chứng minh $\left( EFG \right)//\left( BCD \right)$ . b) Tính diện tích tam giác $EFG$ theo diện tích tam giác $BCD$. 2) Cho tứ diện $ABCD$. $M$ 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 $\left( ACD \right)$. b) Kẻ qua $M$ các đường thẳng lần lượt song song với $AC$ và $AD$ cắt các mặt phẳng $\left( ABD \right)$ và $\left( ABC \right)$ theo thứ tự tại $C',\,D'\,$. Chứng minh rằng $\dfrac{MB'}{AB}+\dfrac{MC'}{AC}+\dfrac{MD'}{AD}=1$. c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\sqrt{\dfrac{AB}{MB'}}+\sqrt{\dfrac{AC}{MC'}}+\sqrt{\dfrac{AD}{MD'}}$. Lời giải 1) Gọi $E,F,G$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC,ACD,ABD$. a) Chứng minh $\left( EFG \right)//\left( BCD \right)$ . b) Tính diện tích tam giác $EFG$ theo diện tích tam giác $BCD$. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Trà My ; Fb: Nguyễn My Phản biện:Trần Trung; Fb: Trung Tran Phản biện: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan


a) Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $BC,CD,DB$.
Theo tính chất trọng tâm ta có $\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{AF}{AN}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow EF//MN$.
Ta có $MN\subset \left( BCD \right)$ nên $EF//\left( BCD \right)$. (1)
Chứng minh tương tự ta có $EG//\left( BCD \right)$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $\left( EFG \right)//\left( BCD \right)$.
b) Ta có $\dfrac{EF}{MN}=\dfrac{FG}{NP}=\dfrac{EG}{MP}=\dfrac{2}{3}$ theo định lý Talet.
$\Rightarrow \Delta EFG\sim \Delta MNP$ theo tỉ số $\dfrac{2}{3}$ $\Rightarrow \dfrac{{{S}_{\Delta EFG}}}{{{S}_{\Delta MNP}}}=\dfrac{4}{9}$ (3) (Do tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng)
Mặt khác $\Delta MNP\sim \Delta DBC$ theo tỉ số $\dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{{{S}_{\Delta MNP}}}{{{S}_{\Delta DBC}}}=\dfrac{1}{4}$. (4)
Từ (3) và (4) ta có $\dfrac{{{S}_{\Delta EFG}}}{{{S}_{\Delta DBC}}}=\dfrac{1}{9}\Rightarrow {{S}_{\Delta EFG}}=\dfrac{1}{9}{{S}_{\Delta BDC}}$.

2) Cho tứ diện $ABCD$.
$M$ 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 $\left( ACD \right)$.
b) Kẻ qua $M$ các đường thẳng lần lượt song song với $AC$ và $AD$ cắt các mặt phẳng $\left( ABD \right)$ và $\left( ABC \right)$ theo thứ tự tại $C',\,D'\,$. Chứng minh rằng $\dfrac{MB'}{AB}+\dfrac{MC'}{AC}+\dfrac{MD'}{AD}=1$.
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\sqrt{\dfrac{AB}{MB'}}+\sqrt{\dfrac{AC}{MC'}}+\sqrt{\dfrac{AD}{MD'}}$.
Lời giải
Tác giả: Trần Mạnh Trung ; Fb: Trung Tran
PB: Nguyễn Phương Thu ; Fb: Nguyễn Phương Thu
PB: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan



a) Trong mặt phẳng $\left( BCD \right)$ gọi $BM\cap CD=\left\{ E \right\}$.
Trong mặt phẳng $\left( ABE \right)$ kẻ $MB'//AB\,\left( B'\in AE \right)\Rightarrow d\equiv MB'$.
Ta có $\left\{ \begin{matrix}
B'\in d \\
B'\in AE\subset \left( ACD \right) \\
\end{matrix}\Rightarrow d\cap \left( ACD \right)=\left\{ B' \right\} \right.$
b) Trong mặt phẳng $\left( BCD \right)$ gọi $CM\cap BD=\left\{ F \right\},\,DM\cap BC=\left\{ G \right\}$.
Trong mặt phẳng $\left( ACF \right)$ kẻ $MC'//AC\,\left( C'\in AF \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( ADG \right)$ kẻ $MD'//AD\,\left( D'\in AG \right)$.
Ta có $MB'//AB\Rightarrow \dfrac{MB'}{AB}=\dfrac{ME}{BE}=\dfrac{{{S}_{\Delta MCD}}}{{{S}_{\Delta BCD}}}\,(1).$
Tương tự ta có $\dfrac{MC'}{AC}=\dfrac{{{S}_{\Delta MBD}}}{{{S}_{\Delta BCD}}}\,(2);\,\dfrac{MD'}{AD}=\dfrac{{{S}_{\Delta MBC}}}{{{S}_{\Delta BCD}}}\,(3)$.
Từ $(1)$,$(2)$ và $(3)$ Suy ra $\dfrac{MB'}{AB}+\dfrac{MC'}{AC}+\dfrac{MD'}{AD}=\dfrac{{{S}_{\Delta MCD}}+{{S}_{\Delta MBD}}+{{S}_{\Delta MBC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=1$
c) Ta có $\dfrac{MB'}{AB}+\dfrac{MC'}{AC}+\dfrac{MD'}{AD}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{MB'.MC'.MD'}{AB.AC.AD}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{MB'.MC'.MD'}\ge \dfrac{27}{AB.AC.AD}$ .
Ta có $T=\sqrt{\dfrac{AB}{MB'}}+\sqrt{\dfrac{AC}{MC'}}+\sqrt{\dfrac{AD}{MD'}}\ge 3\sqrt[3]{\sqrt{\dfrac{AB.AC.AD}{MB'.MC'.MD'}}}\ge 3\sqrt[3]{\sqrt{\dfrac{27.AB.AC.AD}{AB.AC.AD}}}=3\sqrt{3}$.
Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{MB'}{AB}=\dfrac{MC'}{AC}=\dfrac{MD'}{AD}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow \dfrac{ME}{BE}=\dfrac{MF}{CF}=\dfrac{MD}{DG}=\dfrac{1}{3}$.