De thi HSG Vong 1 Dong nai20122013

Tam giác gọi là tam giác nhọn nếu các góc trong của chúng đều là góc nhọn Caâu 2.3,5 ñieåm.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :.[r]

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH LỚP 12 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Câu 1 ( 3,5 điểm)

Cho hàm số y x x 2 21

; với a là tham số thực, x là biến số thực.Chứng minh rằng đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a  2

( Tam giác gọi là tam giác nhọn nếu các góc trong của chúng đều là góc nhọn)

Câu 2.(3,5 điểm)

Giải hệ phương trình :







( x;y)

Câu 3.(3,5 điểm)

Giải phương trình : 3 cos 4 x sinx cosx 2

Câu 4.(3,5 điểm)

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa : a2 b2c2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Pa b b c c a a b c           

Câu 5 ( 3,5 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SAABCD.Biết AB a BC , 2 ,a SA a 3 ( Với a,a0).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SB,AD.

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.

Câu 6.( 3 điểm)

Cho p,k là các số nguyên dương thỏa p là số nguyên tố và 2  k p 1.Chứng minh rằng : 1

k p

C  chia hết

cho p.( Biết 1

k p

C  là số các tổ hợp chập k của p+1 phần tử)

…Hết…

Đáp án Câu 1 y x 4ax2

TXĐ : D = R

3

0 ' 4 2 ; ' 0

(*) 2

x

x







 

 Để hàm số có 3 cực trị 2 0 0

a

a

    

- Khi đó pt (*) có 2 nghiệm là : 2

a

x  

Giả sử hàm số có 3 điểm cực trị là :

 

O A    B   

Suy ra : OA = OB =

4

16 2



 OAB cân tại O, do đó ta chỉ cần chứng minh OAB có góc AOB nhọn thì OAB có 3 góc nhọn

Ta có :



4

cos

2 16

a a

AOB

OA OB



 

 

 

AOB là góc nhọn 

3

3 3

8

8

a

a



 ( vì a < 0 nên a  3 8 0)a  2

Kết hợp điều kiện có 3 cực trị của hàm số ta được a < -2

Vậy hàm số có 3 cực trị lập thành tam giác nhọn khi và chỉ khi a < -2

Câu 2 Giải hệ phương trình :





 Điều kiện : x0;y0 Nhận xét x = y = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên x >0 và y > 0

Hpt

1

Từ (1) và (2) Suy ra :

2

2

1 ( ) 2

x y

x

y







   



         





 ( Vì x >0 và y >0)

x

y    thế vào (2) ta được :

3

3

3 2 1



Suy ra

3 3 2 2

9

Vậy nghiệm của hệ phương trình là :

  3 3 2 2 3 3 2 2

Câu 3 Giải phương trình : 3 cos 4 x sinx cosx 2

Pt 2 2sin 2 2 x sinx cosx  2 1 sin 2 2 x sinx cosx 1

Đặt t sinx cosx 2 sin x 4



  ( Đk : t  2) Suy ra : sin 2x 1 t2.Phương trình trở thành :1 1  t22.t1

1 0

1 0

t

 



 

    



Với t = 1 thì

2 2







 

 





Với

2

           

(vì t =0 không phải là nghiệm của phương trình)

Đặt

2

2

Khi đó phương trình trở thành : u2  u 1 0 ( )vn

Vậy nghiệm của phương trình là :

2

; 2

2

k







 



 





Câu 4 : Giả sử c b a 

Ta có : 4P4a b c a b b c c a           4a b c b a c b c a           

a b c b a       c b c a    2 b2c2a b  2c a2 b2c22

a2b2c22 1

1

4

P

Vậy

1 4

Max

khi

Câu 5

Qua A kẻ đường thẳng song song với BN cắt CB tại E Gọi H ABEN.Kẻ MH // SA

Suy ra MH ABCD  MH là đường cao của khối chóp M ANBE Ta có :

3 2

a

MH 

1

2

Suy ra

3

a

Ta lại có : AM a AE a;  2;CBSAB CBSB

Suy ra SBE vuông tại B  ME BE2MB2 a 2

Ta có : AE ME a  2 AME cân tại E

AME

Vì

.

3

3

21 2

7

N AME AME

M ANBE

AME

V

S

S





Vậy  

21

;

7

a

d AM BN 

Câu 6

Aùp dụng bổ đề : p là số nguyên tố khi và chỉ khi C k p chia hết cho p với k1, 2,3, ,p1

Chứng minh : Ta có :  

 1  2   1

!

k p

p C

Vì k < p , p nguyên tố nên :  p k,   p k, 1    p,1 1 Suy ra : C k p n p n (  )

Ta có : 1 1

   chia hết cho p ( với 2  k p 1) ( đpcm)