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



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 ...................................................................





 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


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

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

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 ) .

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

 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  Cn01  Cn1 1  ...  Cnn11  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


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


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

n

2

2

1
n(n  1)
3

0
11
21
21
; n  2
   1    Cn  Cn    Cn    ...  Cn   
2
8
2

2
2
2
n

5.1
(2,0 đ)




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

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

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

0,25