00 III.1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

1.00 III.1 Giải phương trình

:

²

₂

cot x ^{cos 2x} cos x 1 (1)1 tan x   sin x       - Đk : sin x 0;cos x 0 x k , k Z.2    

2

cos x cos 2x(1) 2cos x cos x 1sin x sin x0.25  2cos x sin x cos x cos 2x cos x sin x sin x

²

    (2cos x sin x sin x) (cos x sin x cos x) cos 2x 0

²

     (2cos x 1)sin x cos x(1 sinx) (2cos x 1) 0

²

   

²

  (2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 0

²

         (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0   (sin x 1)(2cos x cos x 1) 0

2

            1 22cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m)2 3     . Vậy phương trình có hai họ nghiệm : 2x k2 , k Z3III.2

cos(B C) (*)

Nhận dạng tam giác ABC biết

2bc

₂

  a

^1.00 - Áp dụng định lý Sin trong tam giác       2sin B.sin C

₂

4sin Bsin C(*) cos(B C) 2sin A cos(B C)sin A sin A       4sin Bsin C 4sin Bsin C2sin(B C) cos(B C) sin 2B sin 2Csin Bsin C sin Bsin C    (sin Bcos B ) (sin C cos C ) 0sin B(cos B ) sin C(cosC ) 0 sin C sin B

 sin B(sin Acos B sin(A B)) sin C(sin AcosC sin(A C)) 0      

   

sin Bsin Bcos A sin Csin Ccos A 0

      

. Vậy



ABC vuông tại A.

2

2

0

(sin B sin C)cos A 0 cos A 0 A 90

IV.1

(C ) : (x 1)

₁



²

 (y 2) 

²

 4 ; (C ) : (x 2)

₂



²

 (y 3) 

²

 2 ; A(1;4)

^1.00 - Giả sử MN có dạng :

a(x 1) b(y 4) 0; a    

²

 b

²

 0.

( Do MN đi qua A) - Gọi H

1

, H

2

lần lượt là trung điểm AM, AN

N

AH

₁

2.AH

₂

 R

₁

²

O H

₁

₁

²

4(R

²

₂

O H )

₂

²

₂

H

₂

A

   

2

2

2

2

R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]

R

₂

1

1

2

2

O

₂

 

H

₁

2

2

R

₁

   

     | a 2b a 4b | | 2a 3b a 4b |

C

₂

 

4 4 2

   

(d)

O

₁

     

 a b a b

M

C

₁

         

2

4b 4(a b)a 2ab1 b 2ab 04 8a bTH1. b 1,a 0  (d) : x 1 0 TH2.

b    2a 0.

Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0. Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0. IV.2a Tính thể tích khối chóp S.ABC ^1.00 - Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH. - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ;

AC 2 3. 

S

- Tam giác ABH có ABH 60 

⁰

BAH 30 

⁰

;      BH ^{AB a}; AH a

²

^a

²

^{a 3}.2 2 4 2

a

- AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB.  AOB cân tại O ABO 30 

⁰

OBH 30 

⁰

a 3



M

A

C

30

⁰

O

a

2a

H

- Tam giác BHO có : OH BH.tan 30

⁰

^a ; 2 3 OA OB 2OH ^a .   3 ( Suy ra O nằm giữa A và H) - Tam giác SAO có : SO AB

²

OB

²

a

²

^a

²

a ².    3 3

3

1 1 1 2 a 2    (đvtt) V SO.S(ABC) AB.AC.SO .a.a 3.a .

S.ABC

3 6 6 3 6IV.2b Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) ^1.00 - Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC mp(SOM) AC SM (2) Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO. Tam giác SMO vuông tại O   SMO- Trong tam giác AOM có : OM AOsin OAM ^a sin 60

⁰

^a . ^{3 a}   2 2a 2SO 3 2 6 2 6Vậy :       tan arctan .MO a 3 3V

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P(x, y) x y xy 

²



²

 2xy.

^1.00 - Đặt

x y 3 a,a 0.    

Khi đó có hệ :      

 

x y 3 a x y 3 a

  

  x y 3 a

₂

²

²

  

     (x y) 4 a 6a 5

    

    (x y) 3xy 4 xy xy

 

   

 x, y là nghiệm của phương trình :

2

a 6a 5

t (3 a)t 0 (*)

3

- Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm.  a 0 a 0

  

     

₂

₂

₂

7 a 04 a 6a 7 0        

 

(3 a) (a 6a 5) 0     

2

3

2

(a 6a 5)(a 1) a 7a 11a 5     - Khi đó : P(x, y) xy(x y 2) f (a)

        

f '(a) (3a 14a 11); f '(a) 0 a 1;a ;

1

²

11

3 3

- BBT.

-

11

-1

0

f ( 7)    24;

-7

3

+

0

0

f'(a)

_

+

 

f ( ) ;

11 256

256

3 81

5

f(a)

81

3

f (0) .

5

 3

-24

 

x y 2  256 11 3     

max

 

 

Vậy : maxP(x, y) f (a) a81 3 32

a [ 7;0]

 xy 27



 

   3 105 3 105 x ; y9 9

 

    



(Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa)

Vĩnh Tường, 25 – 10 – 2011

Soạn Đề – Đáp án : Nguyễn Minh Hải