intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
7
lượt xem 2
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam” để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

  1. 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) 3 1 1 1. Chứng minh: sin 4 x =cos 2 x + cos 4 x . Từ đó tính giá trị biểu thức − 8 2 8 π 3π 5π 7π P = sin 4 + sin 4 + sin 4 + sin 4 . 16 16 16 16 2. Cho phương trình ( 2cos x − 1) ( m + 1) sin 2 x + 1 − 2m + sin 2 x  =   0 , với m là tham số.  π 2π  Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc  ; . 12 3  Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho hình vuông C1 có cạnh bằng a. Người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành sáu phần bằng nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để có hình vuông C2 . Từ hình vuông C2 lại làm như trên được hình vuông C3 ; cứ tiếp tục như vậy ta nhận được dãy các hình vuông C1 , C2 , C3 ,..., Cn ... (tham khảo hình vẽ). Gọi Si là diện tích của hình vuông Ci ( i ∈ {1, 2,3,.....}) . Đặt T = S1 + S 2 + S3 + ... + S n + ... . 288 Biết T = , tính a ? 5 u1 = 2  2. Cho dãy số ( un ) xác định như sau:  −9un −1 − 24 (n ∈ , n ≥ 2) . un = 5u + 13  n −1 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số ( un ) và tính lim un .  ax 2 + 1 − bx − 2 1  khi x ≠  4 x3 − 3x + 1 2 , ( a , b, c ∈  ) . Câu III. (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x )  = c 1 khi x = 2  2 1 Tìm a , b , c để hàm số liên tục tại điểm x0 = . 2 Trang 1/2
  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 SA, 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 ABCD. 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 1m 2 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 =. Tìm giá trị lớn b 2 2 2 nhất của biểu thức P = − 2 + 2 . a +1 b +1 c +1 2 --- HẾT--- Họ và tên thí sinh:…………………………………Số báo danh:................................................... Cán bộ coi thi số 1:…………………………….. Cán bộ coi thi số 2:..……………...................... Trang 2/2
  3. 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 3 1 1 1. Chứng minh: sin 4 x =cos 2 x + cos 4 x . Từ đó tính giá trị biểu thức − 8 2 8 2,0 π 3π 5π 7π P = sin 4 + sin 4 + sin 4 + sin 4 . 16 16 16 16 1 1 ( ) ( ) 2 (1 − cos 2 x ) = − 2 cos 2 x + cos 2 2 x 2 sin= sin 2 x 4 x = 1 0,25 4 4 1 1 1 3 1 1 = − cos 2 x + (1 + cos 4 x ) =cos 2 x + cos 4 x − 0,25 4 2 8 8 2 8 π 3 1 π 1 π sin 4 = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 3π 3 1 3π 1 3π sin 4 = − .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 7π 3 1 7π 1 7π I sin 4 = − .cos + cos 16 8 2 8 8 4 (4,0 3 1 π 3π 5π 7π  1  π 3π 5π 7π  điểm) 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 + 1) sin 2 x + 1 − 2m + sin 2 x  =   0 , với m là tham số. π 2π  2,0 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm thuộc  ; . 12 3   2 cos x − 1 = (1) 0 ( 2 cos x − 1) ( m + 1) sin 2 x + 1 − 2m + sin 2 x  =   0 ⇔  m + 1 sin 2 x + 1 − 2m + sin 2 x = 2 (  ) 0( ) 0,25 1 π (1) ⇔ cos x = ⇔ x = + k 2π , k ∈  ± 2 3  π 2π  π vì x ∈  ; ⇒ x= 0,25 12 3  3 ( 2 ) ⇔ ( m + 2= 0 ⇔ ( m + 2 ) sin 2 x 2m − 1 ( 3) . ) sin 2 x + 1 − 2m = 0,25 Trang 1/8
  4. Câu Sơ lược lời giải Điểm +) Nếu m + 2 = ⇔ m = 2 , phương trình ( 3) vô nghiệm nên phương trình đã cho có một 0 − nghiệm suy ra m = −2 không thoả mãn 2m − 1 +) Nếu m + 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2 , phương trình ( 3) trở thành sin 2 x = . m+2  π 2π   π 4π  0,25 +) Ta có x ∈  ;  ⇒ 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 2π  π đúng 2 nghiệm thuộc  ;  và khác 12 3  3  1 2m − 1 2 ≤ m + 2
  5. Câu Sơ lược lời giải Điểm 2 2 5  1  a 26 Cạnh của hình vuông C2 là: x2 =  x1  +  x1  = . 6  6  6 2 13 2 13 Do đó diện tích S= x= 2 2 a = S1 . 18 18 2 2 5  1  x 26 Cạnh của hình vuông C3 là: x3 =  x2  +  x2  = 2 . 6  6  6 0,5 2 13 2 13 Do đó diện tích S3 x= = 3 x=2 S2 . 18 18 Lý luận tương tự ta có các S1 , S 2 , S3 ,...S n ... . tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có u1 = S1 13 S1 18a 2 0,5 và công bội q = . T = = . 18 1− q 5 288 Với T = ta có a 2 = 16 ⇔ a = 4 . 0,5 5 u1 = 2  2. Cho dãy số ( un ) xác định như sau:  −9un −1 − 24 (n ∈ , n ≥ 2) . un = 5u + 13 2,0  n −1 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số ( un ) và tính lim un . Lập dãy ( xn ) sao cho xn = un + 2 ⇔ un = xn − 2; n ∈ * , ta có x1 = u1 + 2 = 4 −9un −1 − 24 −9( xn −1 − 2) − 24 =un ⇔ xn − 2 = 5un −1 + 13 5( xn −1 − 2) + 13 0,5 −9 xn −1 − 6 xn −1 ⇔ xn = = +2 5 xn −1 + 3 5 xn −1 + 3 1 1  1 5  1 5 ⇒ = + 3. 5 ⇔  +  = 3 +  xn xn −1  xn 2   xn −1 2  0,5  1 5 11 Dãy số  +  là một cấp số nhân có số hạng đầu , công bội q = 3 .  xn 2  4 1 5 11 n −1 1 11 n −1 10 11.3n −1 − 10 4 ⇒ + = .3 ⇔= .3 −= ⇒ xn = n −1 0,5 xn 2 4 xn 4 4 4 11.3 − 10 4 −22.3n −1 + 24 ⇒ un = xn − 2 = −2= ⇒ lim un = −2 0,5 11.3n −1 − 10 11.3n −1 − 10  ax 2 + 1 − bx − 2 1  khi x ≠  4 x − 3x + 1 3 2 , ( a , b, c ∈  ) . Cho hàm số f ( x )  c 1 khi x = 2,0 2  2 III (2,0 1 điểm) Tìm a , b , c để hàm số liên tục tại điểm x0 = . 2 ( ) 2 ax 2 + 1 − ( bx + 2 ) (a − b ) x 2 2 2 ax + 1 − bx − 2 2 − 4bx − 3 = = . 0,5 4 x3 − 3x + 1 ( ( 2 x − 1) ( x + 1) ax 2 + 1 + bx + 2 2 ) ( 2 x − 1) ( x + 1) 2 ( ax 2 + 1 + bx + 2 ) Trang 3/8
  6. Câu Sơ lược lời giải Điểm  ( a − b ) x − 4bx − 3 m ( 2 x − 1) 2 2 2 =  ax 2 + 1 − bx − 2    a b Để lim   tồn tại thì  +1 + + 2 ≠ 0 . 0,25 x→  4 x3 − 3x + 1   4 2 1 2  a  4 +1 > 0  m = −3  ⇔ b = (thoả mãn) −3 0,25 a = −3  −3 ( 2 x − 1) 2  ax 2 + 1 − bx − 2   −3 x 2 + 1 + 3 x − 2  = lim  lim   = lim  x→  1 2 4 x3 − 3x + 1  x→ 1   2  2 ( 4 x 3 − 3 x + 1  x → 1 ( 2 x − 1)2 ( x + 1) −3 x 2 + 1 − 3 x + 2 ) 0,5 −3 −3 = lim = = −2 . 1 2 ( x → ( x + 1) −3 x 2 + 1 − 3 x + 2 ) 3 2 1 1 c Hàm số liên tục tại x0 = khi lim f ( x ) =f   ⇔ = 2 ⇔ c = 4 . − − 2 x→ 1 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 Ai là biến cố “Lấy ra viên bi đỏ ở hộp thứ i ” với i = {1, 2,3} . Ta có các Ai , Ai đôi một độc lập với nhau và 0,25 a b P = = x, P ( A2 ) = y, P ( A3 ) 0, 6 . ( A1 ) = = 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 A1. A2 . A3 + A1. A2 . A3 + A1. A2 . A3 = (2,0 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) Ta có: A = A1. A2 . A3 ⇒ P A = P A1 .P A2 .P A3 = 0, 4(1 − x)(1 − y ) 1 1( ) ⇒ P( A) =− P A =− 0, 4(1 − x)(1 − y ) =0,976 0,25 ⇔ (1 − x)(1 − y ) = 06 ⇔ xy − x − y = 0,94 (1). 0, − Tương tự: B = A1. A2 . A3 , suy ra: 0,25 P ( B ) P ( A1 ) .P ( A2 ) .P= 0, 6 xy 0,336 ⇔ xy = (2) = ( A3 ) = 0,56  14   x = 0,8  xy =   25 ⇔   y = 0, 7 Từ (1) và (2) ta có hệ:  . 0,5 3   x = 0, 7 x + y =    2   y = 0,8   x = 0,8 a = 8 Với  ⇔ ⇒ P= 0, 2.0, 7.0, 6 + 0,8.0,3.0, 6 + 0,8.0, 7.0, 4 0, 452 . (C ) = 0,5  y = 0, 7 b = 7 Trang 4/8
  7. 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 SA, 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 BN SP AM SQ MN / / AB ⇒ = NP / / SB ⇒ , =, MQ / / SA ⇒ = V MD NC NC PC MD QD (6,0 điểm) SQ SP 0,25 ⇒ = ⇒ PQ / / CD QD PC MN / / AB, CD / / AB ⇒ MN / / PQ ⇒ Tứ giác MNPQ là hình thang. PN CN MQ DM PN // SB ⇒ =, MQ // SA ⇒ =. 0,25 SB CB SA DA DM CN PN QM MN // AB ⇒ =⇒ = ⇒ 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
  8. Câu Sơ lược lời giải Điểm ME DM a − x Gọi= MN ∩ BD ⇒ E = = ⇒ ME = 3 ( a − x ) . AB DA a EN BN AM x = = = ⇒ EN = ⇒ MN = + EN = a − 2 x . x ME 3 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 − 2 x + x 4 ( a − x ) ⇒ = = AD 3 2. Cho hình lập phương ABCD. 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 ⊥ ( AB′C ′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
  9. Câu Sơ lược lời giải Điểm MD MI ID IN CN IC Ta có = = , = = 0,25 MB MA AB NC ′ ND′ C ′D′ MI IN ID CI Mà = ⇒ = ⇒ ID = IC ⇒ I là trung điểm CD 0,25 MA NC ′ AB C ′D′ MD 1 NC 1 Khi đó M , N lần lượt là trọng tâm ∆ACD , ∆C ′CD . Vậy= = , 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 1m 2 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′ . 1 = = 2,5 m 2 , Ta có CH = 1, 4m , IH = 1m , HK = 2,5m , S ABH .HI . AB 2 1 S HBB′H ′ = .HK . ( BB′ + HH ′ ) 17,5 m 2 . = 2 5 74 25 = [C , AB, H ] , β [C , BB′, K ] ⇒ cosα = , cosβ = Gọi α = 0,5 74 821 S ABH 74 2 ∆ABH là hình chiếu của tam giác ∆ABC trên ( ABB′A′ ) ⇒ S ABC = = m cos α 2 Hình thang HBB′H ′ là hình chiếu của hình thang CBB′C ′ trên ( ABB′A′ ) 0,5 S HBB′H ′ 7 821 2 SCBB′C ′ = = m cos β 10 7 821 + 5 74 2 Tổng diện tích mái tôn cần lập là S = 2 ( SCAB + SCBB′C ′ ) = m . 5 0,5 7 821 + 5 74 Vậy số tiền cần chi trả là .250000 ≈ 12179000 vnđ 5 Trang 7/8
  10. Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc + a + c =. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức b 2 2 2 2,0 P= 2 − 2 + 2 . a +1 b +1 c +1 1 1 abc + a + c = ⇔ ac + a. + c. =1) b 1 ( b b A B B C C A Xét tam giác ABC ta có tan .tan + tan .tan + tan .tan =1 ( 2) 0,25 2 2 2 2 2 2 A 1 B C B Từ (1) và (2) ta đặt a tan , = = tan , c tan , b = cot = 2 b 2 2 2 A B C C Ta có P =2.cos 2 − 2sin 2 + 2 cos 2 =1 + cos A − (1 − cos B ) + 2 cos 2 0,25 2 2 2 2 C C A− B C + 2 − 2sin 2 = cos A + cos B = 2sin cos + 2 − 2sin 2 2 2 2 2 VI C A− B C = 2sin cos + 2 − 2sin 2 0,5 (2,0 2 2 2 điểm)  C C 1 A− B 1 A− B  1 2 A− B −2  sin 2 = − 2sin . cos + cos 2  + cos +2  2 2 2 2 4 2  2 2 2 1 A− B   C 1 A− B  =+ 1 − sin 2 2  − 2  sin − cos  2 2   2 2 2  2 0,5 5 A− B  C 1 A− B  5 = 2 − sin − 2  sin − cos  ≤ 2 2  2 2 2  2  C 1 A− B sin 2 = 2 cos 2  C 1  sin = Dấu bằng xảy ra  ⇔ 2 2 ⇔ A = B = C = 60° sin A − B = 0 A = B    2 0,5 A 3 B C 3 ⇒ = tan = a ,= cot = b 3,= tan = c 2 3 2 2 3 5 3 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là khi a = = =,b 3, c 2 3 3 -----HẾT----- Trang 8/8
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2