Câu Giải phương trình: 2cos x cos x 1 sin x Lời giải Phương trình cho tương đương với: cos 2 x 3sin 2 x cos x sin x 0 (cos x sin x )(cos x sin x 1) 0 cos x sin x 0 (1) cos x sin x (2) (1) tan x x k 12 Giải (1): x k x k sin x 6 Giải (2): (2) Vậy: Nghiệm phương trình cho là: x k x k x k 12 2; ; với k Z 3 Câu Giải phương trình: x 10 x 17 8 24 x 30 x Lời giải 8 x 10 x 17 8 y (1) 3 24 x 30 x y 24 x 30 x y (2) Đặt (*) , ta có hệ : 3 Cộng vế theo vế (1) (2) ta có: (2 x 2) 8(2 x 2) y y Từ phương trình rút được: y 2 x Thế vào (*) ta được: x3 3x (3) Đặt x=cost với ta được: 3 5 t ;t ;t 9 Giải phương trình ta được: 5 7 cos ; cos ; cos 9 đơi phân biệt nên phương trình (3) có Do số 5 7 x cos ; x cos ; x cos 9 nghiệm là: 5 7 x cos ; x cos ; x cos 9 Vậy phương trình có nghiệm là: cos3t t 0; n n Câu Cho khai triển (1 x) a0 a1 x an x , với n số tự nhiên thỏa mãn Cn1 Cn2 Cn3 Cnn n 78 Cn1 Cn2 Cnn Tìm số lớn số a0 , a1 , , an Lời giải Cn1 Ta có: n n n n n n n n C C C 3 n C C C 78 n (n 1) (n 2) 78 n(n 1) 78 n n 156 0 n 12 k k Với n 12 kết hợp với giả thiết ta được: ak C12 với k = 0,1, ,12 23 ak 1 ak k k 7 a0 a1 a7 a8 (1) Xét Tương tự ta có: a8 a9 a11 a12 (2) 8 Từ (1) (2) ta được: Max(a0 , a1 , , a12 ) a8 2 C12 Câu Cho tam giác ABC thỏa mãn C B A 90 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P cos A B A B sin sin 2 Lời giải A B A B A B A B AB sin sin cos cos cos 2 2 2 = A B A B AB cos cos cos 2 2 = 1 cos ( A B) (cosA cosB ) 4 Chứng minh được: cosA cosB cos ( A B ) (1) P cos cos ( A B ) Thật vậy: sin A sin B sin A sin B cosA cosB 2sin( A B) sin C sin C cosA cosB (do C B A 900 ) Do (1) chứng minh sin A sin C 1 sin B 1 P Dấu xẩy sin C Suy : cos A 0 sin B sin C 1 tam giác vuông cân A MinP đạt ABC vuông cân A Vậy: Câu Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn (O) đường kính AC, điểm B di động nửa đường tròn (O) với B khác A C Trên nửa đường thẳng Ax vng góc với (P) lấy điểm S cho SA AC a Gọi H, K chân đường cao hạ từ A xuống SB, SC a) Chứng minh tam giác AHK vng Tính diện tích tam giác SBC theo a biết HK a 34 34 b) Xác định vị trí B nửa đường trịn (O) cho tổng diện tích tam giác CAB lớn Lời giải SAB S a) Ta có: BC AB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BC SA ( SA ( ABC )) BC ( SAB) BC AH K H Lại có: AK SC (gt) C A AK ( SBC ) AK KH AKH vuông H B a SAC vuông A AC AS a 2 8a AH AK KH SHK vuông H nên : 17 AK 8a 1 AB SAB vuông A AB AH AS 8a a a BC AC AB BC ABC vuông B BC.BS a 2 SBC vuông B 0 b) Đặt ACB với 90 , Khi đó: AB a sin , BC a cos a (1 cos )sin S SSAB S CAB Đặt Xét: T (1 cos )sin có: S SBC T (1 cos ) sin (1 cos )3 (1 cos ) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho số dương : (1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) 3(1 cos ) 4 3T 3a cos 600 4 3T có “=” Vậy: Điểm B thuộc nửa đường tròn (O) ACB 60 T Câu Cho dãy số (xn) xác định sau: x1 3 xn1 xn3 xn xn2 xn với n 1, 2, n Với số nguyên dương n, đặt yn i 1 x Tìm lim yn i Lời giải xn 1 n ( x 4)( xn 2) xn2 xn (1) * Do x1 3 nên qui nap chứng minh xn với n (x n 2)2 xn 1 xn 0 xn xn ( xn ) dãy tăng (2) Giả sử dãy ( xn ) bị chặn a để lim xn a Khi đó: a3 2a a 4a 0 a 2 (loại) a a6 Do đó: lim xn (3) 1 1 1 Từ (1) suy : xn1 xn xn xn xn xn1 a n 1 1 xn 1 (4) i 1 x Từ (3) (4) suy : lim yn 1 Câu Cho x, y, z dương thỏa mãn xy yz zx 6 Tìm giá trị lớn biểu thức yn i P 2 1 x 4 y z2 Lời giải Đặt x a, y 2b, z 3c a, b,c 1 P ab bc ca 1 a b2 c2 Từ giả thiết suy ra: (*) Khi đó: A B C a tan ;b tan ;c tan 2 Từ giả thiết (*) tồn ABC cho: A B C A A B C P cos cos cos 2 sin sin cos 2 2 2 A A sin A 2 sin sin 2 2 =4 2 A A a tan sin 2 b c B C Dấu xấy khi: 3 a ;b ;c 3 Vậy: MaxP = đạt