Đề thi học sinh giỏi Toán 11 cấp tỉnh năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Hà Nam

UBND TỈNH HÀ NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 02 trang)
Câu I. (4,0 điểm) 1. Chứng minh: 4 3 1 1
sin x = − cos2x + cos4x . Từ đó tính giá trị biểu thức 8 2 8 π π π π 4 4 3 4 5 4 7 P = sin + sin + sin + sin . 16 16 16 16
2. Cho phương trình (2cos x − )
1 (m + )1sin2x +1− 2m + sin2x = 0 
, với m là tham số.  π π
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc 2 ;   . 12 3 
Câu II. (4,0 điểm)
1. Cho hình vuông C có cạnh bằng .
a Người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành sáu 1
phần bằng nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để có hình vuông C . Từ hình 2
vuông C lại làm như trên được hình vuông C ; cứ tiếp tục như vậy ta nhận được dãy các 2 3
hình vuông C , C , C ,..., C ... (tham khảo hình vẽ). 1 2 3 n
Gọi S là diện tích của hình vuông C i ∈
. Đặt T = S + S + S + ...+ S + . n ... i ( {1,2,3, } ..... ) i 1 2 3 Biết 288 T = , tính a ? 5 u  = 2 1
2. Cho dãy số (u xác định như sau:  9 − u −
(n∈,n ≥ 2). n− 24 n ) 1 u =  n 5u +  n− 13 1
Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (u và tính limu . n ) n 2
 ax +1 −bx − 2 1  khi x ≠
Câu III. (2,0 điểm) Cho hàm số f (x) 3  4x −3x +1 2 = 
, (a,b,c ∈). c 1 khi x = 2 2 Tìm 1
a ,b , c để hàm số liên tục tại điểm x = . 0 2 Trang 1/2
Câu IV. (2,0 điểm) Ba hộp chứa các viên bi giống nhau về kích thước. Hộp (I) chứa a viên bi
màu đỏ và 2 viên bi màu xanh. Hộp (II) chứa b viên bi màu đỏ và 3 viên bi màu xanh. Hộp
(III) chứa 6 viên bi màu đỏ và 4 viên bi màu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra một viên bi. Biết xác
suất lấy ra ít nhất một viên bi màu đỏ là 0,976 và xác suất lấy ra cả ba viên bi màu đỏ là
0,336 . Tìm a , b và tính xác suất lấy được đúng hai viên bi màu đỏ.
Câu V. (6,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AB //CD) , cạnh AB = 3a , AD = CD = .
a Tam giác SAB cân tại S, SA = 2a . Trên đoạn AD lấy điểm M. Mặt phẳng
(α ) đi qua điểm M và song song với hai đường thẳng S , A .
AB Mặt phẳng (α ) cắt các
cạnh BC,SC,SD theo thứ tự tại N, P, .
Q Chứng minh tứ giác MNPQ là hình thang cân và
tìm vị trí điểm M để MNPQ ngoại tiếp được đường tròn.
2. Cho hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ .′ Chứng minh mặt phẳng ( A′BD) song song với mặt phẳng (CB D
′ ′). Tìm vị trí điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD′ để đường
thẳng MN vuông góc với mặt phẳng ( A′BD) .
3. Gia đình bác An muốn làm mái tôn cho sân thượng là hình chữ nhật ABB A ′ ′ với kích
thước chiều dài AA′ = 8m và chiều rộng AB = 5m . Bác dự định làm mái tôn (kín) có thanh
ngang CC′ = 6m nằm chính giữa mái, song song và cách mặt sàn sân thượng 1,4m (tham
khảo hình vẽ). Biết rằng chi phí làm mái tôn trọn gói cho 2
1m là 250000 vnđ. Tính số tiền
bác An phải chi trả (làm tròn đến hàng nghìn).
Lưu ý: Khoảng cách giữa thanh ngang và mặt sàn là độ dài đoạn thẳng nối một điểm
thuộc thanh ngang đến hình chiếu của điểm đó trên mặt sàn.
Câu VI. (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 P = − + . 2 2 2
a +1 b +1 c +1 --- HẾT---
Họ và tên thí sinh:…………………………………Số báo danh:...................................................
Cán bộ coi thi số 1:…………………………….. Cán bộ coi thi số 2:..……………...................... Trang 2/2 UBND TỈNH HÀ NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2023 – 2024
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 08 trang)
I. HƯỚNG DẪN CHUNG
o Hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ,
hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng.
o Đối với bài toán hình học nếu học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ thì yêu cầu phải vẽ hình,
nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng.
o Điểm toàn bài không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu
Sơ lược lời giải Điểm 1. Chứng minh: 4 3 1 1
sin x = − cos 2x + cos 4x . Từ đó tính giá trị biểu thức 8 2 8 2,0 4 π 4 3π 4 5π 4 7π P = sin + sin + sin + sin . 16 16 16 16 x = ( x)2 = ( − x)2 4 2 1 sin sin 1 cos 2 1 = ( 2
1− 2cos 2x + cos 2x) 0,25 4 4 1 1 1
= − cos 2x + (1+ cos 4x) 3 1 1
= − cos 2x + cos 4x 0,25 4 2 8 8 2 8 4 π 3 1 π 1 π sin = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 4 3π 3 1 3π 1 3π sin = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 0,5 4 5π 3 1 5π 1 5π sin = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 4 7π 3 1 7π 1 7π I sin = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 (4,0  π π π π   π π π π điểm) 3 1 3 5 7 1 3 5 7 P cos cos cos cos  cos cos cos cos  = − + + + + + + + 0,5 2 2 8 8 8 8 8 4 4 4 4      3 1 1 3 P = − .0 + .0 = 0,5 2 2 8 2
2. Cho phương trình (2cos x − )
1 (m + )1sin2x +1− 2m + sin2x = 0 
, với m là tham số.  π 2π
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc ;   . 2,0 12 3  2cos x −1 = 0 ( ) ( 1 2cos x − )
1 (m + )1sin 2x +1− 2m +sin 2x = 0  ⇔  (m + )
1 sin 2x +1− 2m + sin 2x = 0 (2) 0,25 ( ) 1 π
1 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k2π ,k ∈ 2 3  π π  π vì 2 x ∈ ; ⇒   x = 0,25 12 3  3
(2) ⇔ (m + 2)sin 2x +1− 2m = 0 ⇔ (m + 2)sin 2x = 2m −1 (3). 0,25 Trang 1/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm
+) Nếu m + 2 = 0 ⇔ m = 2
− , phương trình (3) vô nghiệm nên phương trình đã cho có một nghiệm suy ra m = 2 − không thoả mãn +) Nếu − m m + 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2
− , phương trình (3) trở thành 2 1 sin 2x = . m + 2  π π  π π +) Ta có 2 4 x ; 0,25   2x ;  ∈ ⇒ ∈ . 12 3     6 3  0,25
Dựa vào bảng biến ta thấy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm ⇔ phương trình (2) có  π π π đúng 2 nghiệm thuộc 2 ;   và khác 12 3  3 1 2m −1 ≤ <1  ⇔ 2 m + 2  0,25 2m −  1 3 ≠  m + 2 2  4 2m −1 1  3m − 4 m ≥  ≥ ≥ 0    3 m + 2 2 2(m + 2)  4   m < 2 − ≤ m < 3 2m −1  −  ⇔ m 3  3  < 1 ⇔  < 0 ⇔  2 − < m < 3 ⇔ . 0,5 m + 2   m + 2   14 +  10 3  m ≠
4m − 2 ≠ 3m + 2 3 ( + 4 14 10 3 − 3)m ≠ 2+ 2 3 m ≠  13    13   
1. Cho hình vuông C có cạnh bằng . a Người ta chia 1
mỗi cạnh của hình vuông thành sáu phần bằng nhau và
nối các điểm chia một cách thích hợp để có hình vuông
C . Từ hình vuông C lại làm như trên được hình vuông 2 2 II
C ; cứ tiếp tục như vậy ta nhận được dãy các hình vuông 3 2,0 (4,0
C , C , C ,..., C ... (tham khảo hình vẽ).. Gọi S là 1 2 3 n i
điểm) diện tích của hình vuông C i∈ . Đặt i ( {1,2,3, } ..... )
T = S + S + S + ...+ S + 288 . Biết T = , tính a ? n ... 1 2 3 5
Diện tích của hình vuông C , cạnh x = a là 2 S = a 1 1 1 0,5 Trang 2/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm 2 2
Cạnh của hình vuông C là:  5   1  a 26 x =  x +   x = . 2 2 1 1 6 6      6 Do đó diện tích 2 13 2 S = x = a 13 = S . 2 2 18 1 18 2 2
Cạnh của hình vuông C là:  5   1  x 26 2 x =  x +   x = . 3 3 2 2 6 6      6 0,5 Do đó diện tích 2 13 2 13 S = x = x = S . 3 3 2 2 18 18
Lý luận tương tự ta có các S , S , S ,...S . tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có u = S n... 1 2 3 1 1 2 0,5 và công bội 13 q = . S 18a 1 T = = . 18 1− q 5 Với 288 T = ta có 2
a =16 ⇔ a = 4. 0,5 5 u  = 2 1
2. Cho dãy số (u xác định như sau:  − −
(n∈,n ≥ 2) . n ) 9un− 24 1 u =  n 5u + 2,0  n− 13 1
Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (u và tính limu . n ) n Lập dãy (x sao cho *
x = u + ⇔ u = x − n∈ x = u + 2 = 4 n n 2 n n 2; n )  , ta có 1 1 9 − u − − − − − x n 24 9( n− 2) 24 1 1 u = ⇔ x − = n n 2 5u + − + − x n 13 5( n− 2) 13 1 1 0,5 9 − x − − x n 6 1 n 1 ⇔ x − = + = n 2 5x + + − x n 3 5 n− 3 1 1 1 1  1 5   1 5  ⇒ = 5 + 3. ⇔  +  = 3 + x x  −  x   x n n n 2 n− 2 1 1  0,5   Dãy số 1 5  +
là một cấp số nhân có số hạng đầu 11, công bội q = 3. x   4 n 2  n 1 1 5 11 − n 1 −
1 11 n 1− 10 11.3 −10 4 ⇒ + = .3 ⇔ = .3 − = ⇒ x = 0,5 x x n n 1 11.3 − −10 n 2 4 n 4 4 4 n 1 4 22.3 − − + 24 ⇒ u = x − = − = ⇒ limu = − 0,5 n 2 n n 2 2 n 1 − n 1 11.3 −10 11.3 − −10 2
 ax +1 −bx − 2 1  khi x ≠ 3 
Cho hàm số f (x) 4x − 3x +1 2 = 
, (a,b,c ∈). c 1 khi x =  2,0 III  2 2 (2,0 1
điểm) Tìm a ,b , c để hàm số liên tục tại điểm x = . 0 2
ax +1 − bx − 2
( ax +1)2 −(bx+2)2 2 ( 2 a − b ) 2 2 x − 4bx − 3 = = . 0,5 3 4x − 3x +1 (2x − )2 1 (x + )
1 ( ax +1+bx + 2) (2x − )2 2 1 (x + ) 1 ( 2 ax +1 + bx + 2) Trang 3/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm
(a−b )x − bx− = m( x−  )2 2 2 4 3 2 1  2   Để
ax +1 − bx − 2 lim
 tồn tại thì  a  +1 b + + 2 ≠ 0 . 3 0,25 1  − +  x→ 4x 3x 1 4 2 2    a +1>  0  4 m = 3 − b  ⇔  = 3 − (thoả mãn) 0,25 a = 3 − 
 ax +1 −bx − 2   3
− x +1 + 3x − 2  3 − (2x − )2 2 2 1 lim  = lim  = lim 3 3 1  − +  1  − +  1 x→ 4x 3x 1 x→ 4x 3x 1 x→     (2x − )2 1 (x + ) 1 ( 2 3
− x +1 − 3x + 2 2 2 2 ) 3 0,5 − 3 lim − = = = 2 − . 1 x→ ( x + )( 2 3 1 3
− x +1 − 3x + 2 2 ) 2 Hàm số liên tục tại 1
x = khi lim f (x)  1  c = ⇔ = − ⇔ = − . 0 f   2 c 4 2 1 x→  2  2 0,5 2 Vậy a = 3 − , b = 3 − , c = 4 − .
Ba hộp chứa các viên bi giống nhau về kích thước. Hộp (I) chứa a viên bi màu đỏ và 2 viên
bi màu xanh. Hộp (II) chứa b viên bi màu đỏ và 3 viên bi màu xanh. Hộp (III) chứa 6 viên bi
màu đỏ và 4 viên bi màu xanh. Từ mỗi hộp lấy ra một viên bi. Biết xác suất lấy ra ít nhất một 2,0
viên bi màu đỏ là 0,976 và xác suất lấy ra cả ba viên bi màu đỏ là 0,336. Tìm a , b và tính
xác suất lấy được đúng hai viên bi màu đỏ.
Gọi A là biến cố “Lấy ra viên bi đỏ ở hộp thứ i ” với i = {1,2, } 3 . i
Ta có các A , A đôi một độc lập với nhau và i i 0,25 ( a = = , b P A x P A = = y, P A = 0,6. 1 ) ( 2) ( 3) a + 2 b + 4
Gọi A : “Lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ” ⇒ P( A) = 0,976
B : “Lấy được 3 viên bi đỏ” ⇒ P(B) = 0,336 0,25 IV
C : “Lấy được đúng 2 viên bi đỏ”⇒ C = A .A .A + A .A .A + A .A .A 1 2 3 1 2 3 1 2 3 (2,0
Ta có: A = A .A .A ⇒ P A = P A .P A .P A = 0,4(1− x)(1− y) 1 2 3 ( ) ( 1) ( 2) ( 3)
điểm) ⇒ P( )A=1−P(A)=1−0,4(1−x)(1−y)=0,976 0,25
⇔ (1− x)(1− y) = 0,06 ⇔ xy − x − y = 0 − ,94 (1).
Tương tự: B = A .A .A , suy ra: 1 2 3
P(B) = P( A .P A .P A = 0,6xy = 0,336 ⇔ xy = 0,56 (2) 0,25 1 ) ( 2) ( 3)  14 x = 0,8 xy =   y = 0,7
Từ (1) và (2) ta có hệ:  25  ⇔ . 0,5 3   x + y = x = 0,7    2  y = 0,8 x = 0,8 a = 8 Với  ⇔ 
⇒ P(C) = 0,2.0,7.0,6 + 0,8.0,3.0,6 + 0,8.0,7.0,4 = 0,452. 0,5 y = 0,7 b  = 7 Trang 4/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm  14 x = 0,7 a = Với  ⇔  3 (không thoả mãn). y = 0,8 b  =12
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AB //CD) , cạnh AB = 3a , AD = CD = .
a Tam giác SAB cân tại S, SA = 2a . Trên đoạn AD lấy điểm M. Mặt phẳng
(α ) đi qua điểm M và song song với hai đường thẳng S , A .
AB Mặt phẳng (α ) cắt các cạnh 2,0
BC,SC,SD theo thứ tự tại N, P, .
Q Chứng minh tứ giác MNPQ là hình thang cân và tìm
vị trí điểm M để MNPQ ngoại tiếp được đường tròn. AB / / (α )   AB ⊂ ( ABCD)  ⇒ Giao tuyến của
M (α ) ( ABCD) ∈ ∩ 
(α ) và ( ABCD) là đường thẳng qua
M , / / AB và cắt BC tại N
Tương tự ta xác định P,Q 0,25 / / AM BN MN AB ⇒ = , / / BN SP NP SB ⇒ = , / / AM SQ MQ SA ⇒ = V MD NC NC PC MD QD (6,0 điểm) SQ SP ⇒ = ⇒ PQ / /CD 0,25 QD PC
MN / / AB,CD / / AB ⇒ MN / /PQ ⇒ Tứ giác MNPQ là hình thang. PN // SB PN CN ⇒ = , // MQ DM MQ SA ⇒ = . 0,25 SB CB SA DA // DM CN MN AB ⇒ = PN QM ⇒ =
⇒ PN = QM ⇒ MNPQ là hình thang cân. 0,25 DA CB SB SA
Đặt AM = x , 0 < x <1. // MQ DM a − x MQ SA ⇒ = =
⇒ MQ = 2(a − x) = NP SA DA a // PQ SQ AM x PQ CD ⇒ = = = ⇒ PQ = x CD SD AD a 0,5 Trang 5/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm Gọi − E ME DM a x = MN ∩ BD ⇒ = =
⇒ ME = 3(a − x) . AB DA a EN BN AM x = =
= ⇒ EN = x ⇒ MN = ME + EN = 3a − 2x . CD BC AB a
Hình thang cân MNPQ có đường tròn nội tiếp (O) ⇔ Các cạnh MN, NP, PQ,QM tiếp xúc 0,5 MJ = MH  NJ = NI
với (O) lần lượt tại các điểm J, I,G, H ⇒ 
(Tính chất tiếp tuyến) PG = PI QG  = GH
⇒ MJ + NJ + PG + QG = MH + QH + NI + PI ⇒ MN + PQ = MQ + NP AM 1
⇒ 3a − 2x + x = 4(a − x) ⇒ = AD 3
2. Cho hình lập phương ABC . D A′B C ′ D
′ .′ Chứng minh mặt phẳng ( A′BD) song song với mặt phẳng (CB D
′ ′). Tìm vị trí điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD′ để đường 2,0
thẳng MN vuông góc với mặt phẳng ( A′BD) .
A′B / /CD′ ⇒ A′B / / (CB D ′ ′)
A′D / /CB′ ⇒ A′D / / (CB D ′ ′)
⇒ ( A′BD) / / (CB D ′ ′) . 0,5 B C ′ ′ ⊥ ( ABB A
′ ′) ⇒ A′B ⊥ B C
′ ′⇒ A′B ⊥(ABC′ D′)⇒ A′B ⊥ AC′
A′B ⊥ AB′  C D ′ ′ ⊥ ( ADD A ′ ′) ⇒ C D
′ ′ ⊥ A′D 0,5
 ⇒ A′D ⊥ ( ABC D
′ ′) ⇒ A′D ⊥ AC′
AD′ ⊥ A′D 
⇒ AC′ ⊥ ( A′BD)
⇒ MN / / AC′ ⇒ MN, AC′ đồng phẳng.
Ba mặt phẳng phân biệt ( ABCD),(CC D ′ D ′ ),(MAC N
′ ) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt 0,25
CD, AM ,C N
′ nên chúng đồng quy tại I Trang 6/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm Ta có MD MI ID = = , IN CN IC = = 0,25
MB MA AB NC′ ND′ C D ′ ′ Mà MI IN ID CI = ⇒ =
⇒ ID = IC ⇒ I là trung điểm CD 0,25 MA NC′ AB C D ′ ′
Khi đó M , N lần lượt là trọng tâm A MD NC ∆ CD , C ∆ CD ′ . Vậy 1 1 = , = 0,25 MB 2 ND′ 2
3. Gia đình bác An muốn làm mái tôn cho sân thượng là hình chữ nhật ABB A ′ ′ với kích thước
chiều dài AA′ = 8m và chiều rộng AB = 5m . Bác dự định làm mái tôn (kín) có thanh ngang
CC′ = 6m nằm chính giữa mái, song song và cách mặt sàn sân thượng 1,4m (tham khảo hình
vẽ). Biết rằng chi phí làm mái tôn trọn gói cho 2
1m là 250000 vnđ. Tính số tiền bác An phải
chi trả (làm tròn đến hàng nghìn). 2,0
Lưu ý: Khoảng cách giữa thanh ngang và mặt sàn là độ dài đoạn thẳng nối một điểm thuộc
thanh ngang đến hình chiếu của điểm đó trên mặt sàn.
Gọi I, I′ lần lượt là trung điểm của AB, A′B′. 0,5
Gọi H, H′ lần lượt là hình chiếu của C, C′ trên ( ABB A ′ ′) .
Gọi K lần lượt là hình chiếu của H trên BB′ .
Ta có CH =1,4m , 1
IH =1m , HK = 2,5m , 2 S = HI AB = m , ABH . . 2,5 2 1 S = ′ + ′ = ′ ′ HK BB HH m . HBB H . .( ) 2 17,5 2 Gọi α 5 74
= [C, AB, H ], β = [C, BB ,′ K] ⇒ os c α = , 25 os c β = 0,5 74 821 A
∆ BH là hình chiếu của tam giác SABH 74 A
∆ BC trên ( ABB A ′ ′) 2 ⇒ S = = m ABC cosα 2 Hình thang HBB H
′ ′ là hình chiếu của hình thang CBB C ′ ′ trên ( ABB A ′ ′) 0,5 SHBBH′′ 7 821 2 S = = ′ ′ m CBB C cos β 10
Tổng diện tích mái tôn cần lập là S 2(S S + = + = ′ ′ m . CAB CBB C ) 7 821 5 74 2 5 0,5
Vậy số tiền cần chi trả là 7 821 + 5 74 .250000 ≈12179000 vnđ 5 Trang 7/8 Câu
Sơ lược lời giải Điểm
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 P = − + . 2,0 2 2 2
a +1 b +1 c +11 1
abc + a + c = b ⇔ ac + . a + . c =1 ( ) 1 b b
Xét tam giác ABC ta có tan A.tan B tan B .tan C tan C .tan A + + = 1 (2) 2 2 2 2 2 2 0,25 Từ (1) và (2) ta đặt A 1
= tan , = tan B , = tan C a c , cot B b = 2 b 2 2 2 Ta có 2 A 2 B 2 C = − + = + − ( − ) 2 2.cos 2sin 2cos 1 cos 1 cos + 2cos C P A B 2 2 2 2 0,25 2 −
= cos + cos + 2 − 2sin C A B C A B 2 = 2sin cos + 2 − 2sin C 2 2 2 2 VI C A − B 2 = 2sin cos + 2 − 2sin C 0,5 (2,0 2 2 2 điểm)  2 C C 1 A − B 1 2 A − B  1 2 = 2 − sin − 2sin . cos + cos + cos A − B +   2  2 2 2 2 4 2  2 2 2 1  2 A − B   C 1 2 1 sin  2sin cos A − B  = + − − − 2 2 2 2 2      0,5 2 5 2 A − B  C 1 A − B  5 = − sin − 2sin − cos ≤ 2 2 2 2 2    2  C 1
sin = cos A − B  C 1  2 2 2 si  n = Dấu bằng xảy ra  ⇔ 
2 2 ⇔ A = B = C = 60° si  n A− B = 0 A = B  2 0,5 A 3 B C 3 ⇒ a = tan =
,b = cot = 3,c = tan = 2 3 2 2 3
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 khi 3 3 a = ,b = 3,c = 2 3 3 -----HẾT----- Trang 8/8
Document Outline

• ĐỀ CHÍNH THỨC TOÁN 11 NĂM 2023_2024
• Dự thảo_HDC_ĐỀ CHÍNH THỨC TOÁN 2023_2024