SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 01698735393 ĐỀ THI THỬ 01 Môn thi: Tốn 11 – THPT Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang có câu) C©u 1: sin x.sin x + cos x.cos x = 1)Giải phơng tr×nh: π π (1) tan( x − ) tan( x + ) 2)Giải bất phương trình sau: x − x − + x − ( x + x − 3) x + − ( x + 10 ) ≥0 C©u 2: Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:{1},{2,3},{4,5,6}, {7,8,9,10}, , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử tập hợp lớn phần tử cuối tập hợp trước đơn vị Gọi Sn tổng phần tử tập hợp thứ n Tính S999 u1 = 2012 (n ∈ N*) Câu Cho dãy số (un) xác định sau:  u n +1 = 2012u + u n  n u1 u u u + + + n ) Tìm lim( + u u3 u u n +1 Câu Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ P Q hai điểm hai cạnh AB AD cho AP = AB;AQ = AD I J hai điểm thuộc đoạn B’Q IB' A’P cho IJ song song với AC Hãy xác định tỉ số QB' Câu a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a.b.c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a2 b2 c2 S= + + (ab + 2)(2ab + 1) (bc + 2)(2bc + 1) (ac + 2)(2ac + 1) b) Cho a, b, c ≥ a + b2 + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a3 + b2 b3 + + c2 + c3 + a2 HD Ta có: P + = a3 1+ b + b2 + b3 1+ c + c2 + c3 1+ a + a2 ⇔ P+ + c3 1+ a2 ⇒ P+ 2 = + ≥ a3 1+ b2 c2 + 1+ a2 3 2 + a2 1+ b2 + 1+ b2 + b3 + + c2 b2 + c2 + + c2 1+ a2 a6 b6 c6 3 ≥3 +3 +3 16 16 16 (a + b + c ) = ⇒P≥ 2 − 2 = 2 − 2 = Để PMin a = b = c = -Hết - ĐÁP ÁN THI HSG Nội dung C â u C §iỊu kiƯn â   π π    ÷ u sin  x − ÷.cos  x −  ≠ π π π    ⇔ sin  x − ÷ ≠ ⇔ x ≠ + m ( m ∈ ¢ ) ( *)  3 π π  Đi ể m sin  x +  cos  x +  ≠ ÷  ÷   3 3    π π π π         Ta cã tan  x − ÷tan  x + ÷ = − cot  x + ÷.tan  x + ÷ = −1 3         Suy (1) ⇔ sin x sin x + cos3 x cos x = ⇔ sin x [ sin x sin x ] + cos x [ cos x cos x ] =  ⇔  sin x + cos x  cos x +  cos x − sin x  cos x =    4 1 1 π ⇔ cos x + cos x cos x = ⇔ cos x [ + cos x ] = ⇔ cos3 x = ⇔ cos x = ⇔ x = ± + kπ ( k ∈ ¢ 4 π Kết hợp điều kiện (*) ta đợc x = + kπ ( k ∈ ¢ ) ⇔ sin x [ cos x − cos x ] + cos x [ cos x + cos x ] = ) Điều kiện: x ≥ Khi ta có: ( x + 3) = x + x + ≤ x + x + + = x + 18 < x + 20 = ( x + 10 ) ⇒ x + < ( x + 10 ) ⇒ x + − ( x + 10 ) < Bất phương trình cho tương đương với x − x − + x − ( x + x − 3) ≤ ⇔ x − x − + x ≤ ( x + x − 3) ⇔ ( ⇔6 x − x−6 +3 x (x ) ≤ ( x + x − 3) ⇔ x ( x − x − ) ≤ x ( x + ) − x − ) ≤ x ( x + ) ⇔ ( x + ) ( x − 34 x + 108 ) ≥  x ≤ 17 − 181 ⇔ x − 34 x + 108 ⇔   x ≥ 17 + 181  KL : S = 3;17 − 181  ∪ 17 + 181; +∞    ) C Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối â n ( n + 1) Khi Sn tổng n số hạng cấp + + + + + n = u 2 n ( n + 1) số cộng có số hạng đầu u1 = , công sai d=-1(coi số hạng cuối tập hợp thứ n số hạng đầu cấp số cộng này), ta có 1 Sn = n  2u1 + ( n − 1) d  = n ( n + 1)   2 Vậy S999 = 999 ( 9992 + 1) = 498501999 C - CM dãy tăng : u n +1 − u n = 2012u > ∀n n â - giả sử có giới hạn a : a = 2012a + a ⇒ a = > 2012 VL u nên limu = +∞ n un u2 (u − u n ) 1 n = = n +1 = ( − ) - ta có : u n +1 u n +1u n 2012u n +1u n 2012 u n u n +1 1 1 lim( − )= Vậy : S = 2012 n →+∞ u1 u n +1 20122 C → 12 → IB' = QB' â 29 u đáp số 12/29 C a2 4 = ≥ = â (ab + 2)(2ab + 1) 2 1 (b + )(2b + ) (b + + 2b + ) (b + ) u a a a a a đáp số : 1/3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 01698735393 ĐỀ THI THỬ 02 Mơn thi: Tốn 11 – THPT Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang có câu) Câu Giải phương trình: Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ tan x + tan x π  = sin  x + ÷ tan x + 4  π + kπ (*) Phương trình cho tương đương với: cos x(tan x + tan x) = sin x + cos x ⇔ 2sin x + 2sin x.cos x = sin x + cos x ⇔ 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x)(2sin x − 1) = π + Với sin x + cos x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ + Với 2sin x − = ⇔ sin x = ⇔ x = π 5π + k 2π ; x = + k 2π 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm phương trình cho là: x=− π π 5π + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ∈ ¢ ) 6 C©u 2: Cho khai triĨn ( + x + x + + x14 ) = a0 + a1 x + a2 x + + a210 x 210 Chøng minh r»ng: 15 C15 a15 − C15 a14 + C15 a13 − − C15 a0 = −15 15 210 15 15 14 k i +k Ta cã ( − x ) = ( + x + x + + x ) ( − x ) = ∑∑ ( −1) C15 x 15 15 15 Suy hƯ sè cđa x khai triÓn ( − x ∑ ( −1) i + k =15 k ) 15 15 15 k i = k =0 lµ k 15 C15 = C15 a15 − C15 a14 + C15 a13 C15 a0 Mặt khác ( − x15 ) = − 15 x15 + − x 225 Suy hƯ sè cđa x15 khai triÓn ( − x15 ) −15 15 VËy C15 a15 − C15 a14 + C15 a13 − − C15 a0 = −15 (®pcm) 15 15 Câu 3:Cho dóy (Un), (n = 0,1,2,3 ) xác định bởi: u0 = 2 un +1 = 4un + 15un − 60 a) Hãy xác định số hạng tổng quát un (u2 n + 8) biểu diễn thành tổng bình phương ba số b) Chứng minh số nguyên liên tiếp a)Theo ta có: un2+1 − 8unun+1 + un2 + 60 = Thay n n-1 ta được: 2 un − 8un −1un + un −1 + 60 = (1) (2) Trừ theo vế (1) cho (2) được: ( un+1 − un −1 ) ( un+1 − 8un + un−1 ) = ⇔ un +1 − 8un + un −1 = (3) (do un+1 > 4un >16un−1 ⇒ un +1 − un−1 > Phương trình đặc trưng (3) t = − 15 t − 8t + = ⇔  t = + 15  Số hạng tổng quát: un = ( − 15 ) + ( + 15 ) n n b) Với số n ≥1 , tồn số k ∈¥ để: ( + 15 ) − ( − 15 ) = k 15 n ( ) ( ) ( ) ( n ) n n 2n 2n Suy  + 15 − − 15  =15.k ⇔ + 15 + − 15 = 15.k +  ÷   2n 2n 1 2 2  Do vậy, ( u2 n + ) =  + 15 + − 15 + ÷ = 3.k + = ( k − 1) + k + ( k + 1) 5  ( ) ( ) C©u 4:Cho hình chóp SABCD, ABCD hình vng cạnh , SA ⊥(ABCD), SA = Mặt phẳng (α) qua BC tạo với AC góc 30o, cắt SA, SD M N Tính diện tích thiết diện BCNM  BC // AD  ⇒ MN // BC // AD Ta có: (α) ∩ (SAD) = MN  BC ⊂ (α); AD ⊂ (SAD)  BC ⊥ BA; BC ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ BM °Mà: Suy thiết diện BCNM thang vuông B, M °Dựng AH ⊥ BM · Ta có: BC ⊥ AH (vì BC ⊥ (SAB)) Suy ra: AH ⊥ (α ) ⇒ ACH = 30o °Tam giác ABM vng A, đường cao AH có: 1 1 = − = − = ⇒ AM = 3 AM2 AH AB2 3 ⇒ BM = (tam giác ABM vng cân) MN = °Diện tích hình thang vng BCNM: S=   1 MB.(MN + BC) =  + 3÷= ≈ 3,1820 2   S N M A H α D B C C©u 5: Cho x, y, z số thực dơng thỏa m·n x + y + z = Chøng minh r»ng: Ta cã ( yz + zx + xy ) x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y) + + ≥ xyz (1) − yz − zx − xy ≤ ( x + y + z) = ⇒ ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) yz ( − yz ) zx ( − zx ) xy ( − xy ) yz ( y + z) Ta cã yz ( − yz ) ≥ yz − yz + yz ( )( ) ( 1) ⇔ ≥2 = yz + zx + xy ≤ (2) ( )(  yz − yz  + yz   ) ≥ 2 + yz Do ®ã ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) yz ( − yz ) zx ( − zx ) xy ( − xy ) ≥  1  ≥ 2 + + ≥  + yz + zx + xy  +   ( 18 yz + zx + xy ) 18 = VËy (2) ®óng (®pcm) 6+3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 01698735393 ĐỀ THI THỬ 03 Môn thi: Tốn 11 – THPT Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang có câu) Câu I Giải hệ phương trình, hệ phương trình  3x − + ( x + 1) = y − + y  1)   ( x + y ) ( x − y ) + = −6 x − y  π  sin 3x + cos3x − 2cos  x + ÷+ = 2) 4  Câu II lim x ( x →∞ x+2 x+3 − ) x x Câu Cho 10 thÝ sinh ngåi quanh mét bµn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, loại đề có nhiều đề khác Một cách phát đề gọi hợp lệ thí sinh nhận đợc loại đề hai thí sinh ngồi cạnh không nhận đợc loại đề Hỏi có cách phát đề hợp lệ ? Câu IV  Cho hình chóp S.ABC có ∠ ASB = ∠ ASC = 45 ; cos(∠ BSC ) = ; SB=SC= SA SA=a K trung điểm BC; M điểm nằm đoạn thẳng AK Đặt AM=x Chứng minh: SA ⊥ (ABC) Mặt phẳng (a) qua M vng góc với AK Tìm x để thiết diện hình chóp S.ABC cắt mp(a) có diện tích lớn Câu V a3 b3 c3 a+b+c Cho a, b, c > Chứng minh: + + ≥ 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Hết: Câu I Giải hệ phương trình, hệ phương trình  3x − + ( x + 1) = y − + y  1)   ( x + y ) ( x − y ) + = −6 x − y   3x − + ( x + 1) = y − + y ( 1)   ( 2)  ( x + y ) ( x − y ) + = −6 x − y  Điều kiện: x ≥ ; y ≥ 2 (2) ⇔ − y + ( x + 3) y + x + x + = 0; ∆ = ( x + ) Vậy ta có:  y + x +1= 2 x − y + =  y + x + = vơ nghiệm x ≥ ; y ≥ x − y + = ⇔ y = x + , thay vào (1) ta có: 3x − + ( x + 1) = x + + ( x + ) ⇔ ( 3x − 1) + 3x − = ( x + 3) + x + ( *) ( *) ⇔ 3x − = x + ⇔ x = ⇒ y = 12 Kết luận: ( x, y ) = ( 4;12 ) π  sin 3x + cos3x − 2cos  x + ÷+ = 4  π  sin x + cos3x − 2cos  x + ÷+ = 4  ⇔ sin 3x + cos3x − ( cos x − sin x ) + = 2) ⇔ sin 3x + sin x + cos3x − cos x − ( cos x − sin x ) + = ⇔ 2sin x cos x − 2sin x sin x − ( cos x − sin x ) + = ⇔ 2sin x ( cos x − sin x ) − ( cos x − sin x ) + = π  Đặt: t = cos x - sin x = cos  x + ÷; t ∈  − 2;    4  Ta có: 2(1 − t )t − t + = ⇔ −2t + t + = ⇔ t = lim x ( Câu II x →∞ x+2 x+3 − ) x x Đặt x = y x → ∞ y → I = lim y →0 1+ 2y − + 3y y2  + y − (1 + y ) + y − (1 + y )  = lim  −  y →0 y2 y2       − y2 y ( y + 3)  = lim  + y →0 y + y + (1 + y ) y (3 (1 + y ) + (1 + y )3 + y + (1 + y ) )       y+3  = lim − + y →0  + y + + y (1 + y ) + (1 + y )3 + y + (1 + y )    1 = − +1 = 2 Vậy I = Câu Cho 10 thÝ sinh ngồi quanh bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, loại đề có nhiều đề khác Một cách phát đề gọi hợp lệ thí sinh nhận đợc loại đề hai thí sinh ngồi cạnh không nhận đợc loại đề Hỏi có cách phát đề hợp lệ ? Lời giải Gọi sn số cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh a1 , a2 , , an Ta viÕt = a j ( i ≠ j ) nÕu a j nhận đợc loại đề a j trờng hợp ngợc lại Xét cách phát đề hợp lệ cho ( n + 1) thÝ sinh a1 , a2 , , an , an+1 - Nếu a1 an bỏ thí sinh an+1 ta đợc cách phát đề hợp lÖ cho n thÝ sinh a1 , a2 , , an Khi có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh an+1 (khác với đề a1, an ) - Nếu a1 = an bỏ hai thí sinh an , an+1 ta đợc cách phát ®Ị hỵp lƯ cho ( n − 1) thÝ sinh a1 , a2 , , an−1 Khi ®ã cã 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho an , an+1 (cụ thể an = a1 , an+1 phát đề khác a1 ) Nh ta có hÖ thøc sau sn+1 = sn + 9n−1 , n Mặt khác, dễ tính đợc : s2 = 10.9 = 90, s3 = 10.9.8 = 720 Do tính đợc s10 = 3486784410 Cõu IV  Cho hình chóp S.ABC có ∠ ASB = ∠ ASC = 45 ; cos(∠ BSC ) = ; SB=SC= SA SA=a K trung điểm BC; M điểm nằm đoạn thẳng AK Đặt AM=x Chứng minh: SA ⊥ (ABC) Mặt phẳng (a) qua M vng góc với AK Tìm x để thiết diện hình chóp S.ABC cắt mp(a) có diện tích lớn CM: AB=AC= a ( sử dụng định lí cosin tam giác); ∆ SAB = ∆ SAC(c-g-c) ; vuông cân A:  SA ⊥ AB ⇒ SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ AC 2.BC ⊥ AK; SA ⊥ AKTrong mặt phẳng (ABC) qua M kẻ đt song song BC cắt AB; AC P, QTong mặt phẳng (SAK) qua M kẻ đt song song với SA cắt SK N Từ N kẻ đt song song với BC cắt SB; SC F; E thiết diện hình chữ nhật PQEF : Std = PQ.PF Ta có : BC=a ; AK= a/ Tính PQ = x 3; PF = (a − x) 2 x + a − x) a Std = x (a − x) ≤ ( = a ⇒ Std Max ⇔ x = M trung điểm AK 4 10 Câu V a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ a + ab + b2 b + bc + c c + ca + a Cho a, b, c > Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a3 b3 c3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a a4 b4 c4 = + + a ( a + ab + b ) b ( b + bc + c ) c ( c + ca + a ) ≥ (a + b2 + c2 ) a + b3 + c + a 2b + ab + b 2c + bc + c 2a + ca (a 2 a2 + b2 + c2 ( a + b + c ) ( a + b + c ) = = ≥ ( a + b2 + c ) ( a + b + c ) a + b + c ( a + b + c) ≥ (a (1 2 + b2 + c2 ) + b2 + c2 ) ( a + b + c ) + 12 + 12 ) ( a + b + c ) = a+b+c Đẳng thức xảy a = b = c SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 01698735393 ĐỀ THI THỬ 04 Môn thi: Tốn 11 – THPT Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)  Câu I.Giải phương trình: 2 sin x −  π  cos x = (1) 12  u1 =  Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:  un + 2012un un +1 = 2013  n ui Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: S n = ∑ ui +1 −1 i= n ∈ N* Tìm lim Sn n →∞ Câu III Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a3 b3 c3 + + ( 1+ b) ( 1+ c) ( 1+ c) ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ a ) Câu IV 11 1)Cho hình chop S ABCD đáy hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm 3 M, N cho SM = SA , DN = DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt AD, BC H, K a) Chứng minh rằng: MH / / ( SBD ) b) Gọi O giao điểm SB với ( MNH ) Chứng minh: OK / / SC 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM = x, AN = y Tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ Câu V 1)Nếu số chọn ngẫu nhiên từ tập hợp gồm chữ số tổng chữ số 43 Tính xác xuất để số chọn chia hết cho 11 n + 8n + 2) Tìm tất số nguyên dương n cho phần nguyên 3n số nguyên tố  Câu I.Giải phương trình: 2 sin x −   π π  cos x = (1) 12  π   (1) ⇔ sin 2x −  − sin  = 12  12    π π  ⇔ sin  2x − ÷− sin = 12  12  π π π π π  ⇔ sin 2x −  = sin + sin = sin cos 12  12 12  π π 5π  ⇔ sin 2x −  = cos = sin 12  12 12  π 5π π 7π = + k2π hay 2x − = + k2π 12 12 12 12 π π ⇔ x = + kπ hay x = + kπ ( k ∈ Z ) ⇔ 2x − ( k ∈ Z) 12 u1 =  Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:  un + 2012un un +1 = 2013  n ui Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: S n = ∑ ui +1 −1 i= n ∈ N* Tìm lim Sn n →∞ Giải: Tacó: 2 un + 2012un un + 2013un − un = 2013 2013 u ( u − 1) = n n + un (*) ; n ∈ N * 2013 u1 = ⇒ u1 < u2 < < un < un +1 < un +1 = Suy un dãy tăng Giả sử un bị chặn lúc tồn số L cho lim un = L ( L > 2) Từ (*) ta có : n →∞ un (un − 1) + lim un n →∞ 2013 L = L( L − 1) ⇒L= +L ⇒ (vô lý) 2013 L = lim(un +1 ) = lim n →∞ ⇒ un không bị chặn n →∞ Suy lim un = +∞ ⇒ lim u = n →∞ n →∞ n Mặt khác : un + 2012un un (un − 1) = + un 2013 2013 ⇒ un (un − 1) = 2013(un +1 − un ) = 2013 ( un +1 − 1) − ( un − 1)    un +1 =  u −1   un  ⇒ un = 2013  n +1 − 1÷ ⇒ = 2013  − ÷  un −  un +1 −  un − un +1 −    u   Cho n = ⇒ = 2013  − ÷ = 2013  − ÷ u2 −  u1 − u2 −   u2 −   u2  = 2013  − ÷ u3 −  u − u3 −  Tương tự M M  un  = 2013  − ÷ un +1 −  un − un +1 −  Cộng vế theo vế ta : n Sn = ∑ i =1  ui  = 2013 1 − ÷ ui +1 −  un +1 −   ⇒ lim Sn = lim 2013 1 − n →∞ n →∞   ÷ = 2013 un +1 −  Câu III Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = a3 b3 c3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + b + c + + c + a + + b + a ( )( ) ( )( ) ( )( ) 13 HD: a3 1+ b 1+ c 3a Áp dụng BĐT cauchy ta có: + b + c + + ≥ ( )( ) Câu IV 1)Cho hình chop S ABCD đáy hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm 3 M, N cho SM = SA , DN = DB Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt AD, BC H, K a) Chứng minh rằng: MH / / ( SBD ) b) Gọi O giao điểm SB với ( MNH ) Chứng minh: OK / / SC a) Chứng minh: MH / / ( SBD ) Chỉ DA SM = = Suy MH / / SD ⊂ (SBD) ⇒ MH// ( SBD ) DA SA b) Chứng minh: OK / / SC Chỉ được: MO / / SB ( O ∈ SB ) ⇒ BO AM BK BN BO BK = = ; = = ⇒ = ⇒ OK / / SC SB SA BC BD SB BC 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, AC cho mặt phẳng (DMN) vng góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM = x, AN = y Tìm x, y để diện tích tồn phần tứ diện DAMN nhỏ Kẻ DH ⊥ MN , (DMN) ⊥ (ABC) suy DH ⊥ (ABC) Mà ABCD tứ diện đều, nên suy H tâm tam giác ABC Ta có: SAMN = AM.AN.sin600 = = xy ; SAMN = SAMH + SANH 1 AM.AH.sin300+ AN.AH.sin300 = (x+y) 2 Suy 3 xy = (x+y) ⇒ x+y= 3xy (0 ≤ x,y ≤ ) 4 Diện tích tồn phần tứ diện DAMN: S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN = 1 AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600 2 14 + 1 DH.MN + AM.AN.sin600 = 2 Từ 3xy = x + y ≥ xy ⇒ xy ≥ Suy S = xy + 3xy(3xy − 1) ⇒ xy ≥ 3(4 + 2) , x = y = Câu V 1)Nếu số chọn ngẫu nhiên từ tập hợp gồm chữ số tổng chữ số 43 Tính xác xuất để số chọn chia hết cho 11 Trong số 10, chữ số lớn nên tổng d + d2 + d3 + d4 + d5 chữ số lớn 45 Nhưng theo giả thiết, tổng chữ số số chọn 43 = 45 – nên xảy trường hợp sau: - Một chữ số 7, tất chữ số lại 79999 ; 97999 ; 99799 ; 99997 : có số - - Hai chữ số 8, ba chữ số cịn lại có tất 5.4 = 10 số Chẳng hạn: 88999 ; 89899 ; ; 99988 - Vậy tất có 15 số số có chữ số có tổng 43 để số chọn chia hết cho 11 cần đủ là: d1 - d2 + d3 - d4 + d5 chia hết cho 11 Chỉ có số 15 số nói thoả mãn điều kiện đó: 97999 ; 99979 98989 Nên xác xuất cần tìm = 15 n cho phần nguyên n + 8n + 2) Tìm tất số nguyên dương 3n số nguyên tố Gọi S tập hợp số nguyên tố Trường hợp 1: n = 3k n 8n 1 A= + + = 3k + 8k + 3 3n 9k [ A] = 3k + 8k = k ( 3k + ) [ A] ∈ S ⇔ k = ⇔ n = Trường hợp 2: n = 3k + n 8n 1 1 A= + + = 3k + 2k + + 8k + + = 3k + 10k + + 3 3n 3 3n 3n [ A] = 3k + 10k + = ( k + 3) ( 3k + 1) [ A] ∈ S ⇔ k = ⇔ n = Trường hợp 3: n = 3k + ( n > 1) 15 16 + 8k + + = 3k + 12k + + + 3 3n 3n 2 [ A] = 3k + 12k + = k + 4k +  ∉ S   A = 3k + 4k + Kết luận: [ A] ∈ S ⇔ n ∈ { 1;3} 16 ... + b + c ) = ⇒P≥ 2 − 2 = 2 − 2 = Để PMin a = b = c = -Hết - ĐÁP ÁN THI HSG Nội dung C â u C §iỊu kiƯn â   π π    ÷ u sin  x − ÷.cos  x −  ≠ π π π   