Bộ 30 Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Toán học 2013 - Phần 1

Tham khảo bộ 30 đề thi học sinh giỏi môn Toán học lớp 12 năm 2013 phần 1 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

CâuIII : (2 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m

m x

x 1   1 Câu IV: (4 điểm) Giải các phương trình sau:

1/ Sin(/2 - cosx)= cos(3cosx) 2/ 6x + 4x = 2.9x

Câu V : (2 điểm) Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông:

Cos2A + Cos2B + Cos2C = 1 Câu VI: (2 điểm): Tính giới hạn sau:

x

x x

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Môn: Toán- Đề 2

(Bản hướng dẫn chấm gồm 5 trang)

Câu 1: (4 điểm)

1, (2 điểm)

+ y' = 3x2 + 6x = 3x(x+2), y' = 0 













2

0

x x

+ dấu y':

y

Với x(-; -2)  (0; +) hàm số đồng biến

x(-2; 0) hàm số nghịch biến Tại x= -2 hàm số đạt cực đại yCĐ = 2

Tại x= 0 hàm số đạt cực tiểu yCT = -2 (0,25đ)

+ y'' = 6x + 6 = 6(x+1); y'' = 0  x= -1

+ dấu y'':

x - -1 +

y'' - 0 +

đ.u

y Lồi (-1,0) lõm

 Bảng biến thiên: (0,25đ) x - -2 -1 0 + y' + 0 0 +

y

0 1 2

-2

3 3

3 (1 điểm): đường thẳng qua A(0; -2) có hệ số góc k:

kx x x x

x k

kx x

x

6 3

) 1 ( 3

6 3

2 2

2

2 3

dx e

Đặt ex+1 = t (*)  ex = t-1

exdx = dt

t t

t t t

1 (

t

dt t



1 1

1 1 1

x x x

+ Nếu m<2 phương trình vô nghiệm

+ Nếu m=2 phương trình có nghiệm [1; 1]

+ Nếu m>2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Câu 4 (4đ)

1 Phương trình tương đương với :

2 3

k Cosx Cosx

k Cosx Cosx

k Cosx Cosx

2 3

2 3

) 1 (

) 4 ( 1

) 3 ( 0

Cosx Cosx

32

)(23)

5

(

)(

)

4

(

)()

3

d k

x

c k

x

b k

x

a k x

2 2

k x

(kZ) (0,25đ)

2 Phương trình tương đương với

2 3

1

2

1

t t

.

0 ) ( ) (

0 )

( ) (

1 )

2 2

2 1 2

2

1

1

2 2 2

2 2

CosA

B A Cos B A Cos

CosC

C Cos B A Cos B

A

Cos

C Cos B Cos A Cos

C Cos B Cos A

Cos

C Cos B Cos

A

Cos

(0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (Loại)

* Nếu CosA = 0 ABC vuông tại A

* Nếu CosB = 0 ABC vuông tại B

* Nếu CosC = 0  ABC vuông tại C

Vậy tam giác ABC là tam giác vuông

Câu 6 (2đ)

2 2 0 2

2

0

3 9 27 lim 3 27 9

lim

) 3 9 27 ( ) 3 27 9 ( lim 9 27 27 9

lim

x

x x

x

x

x x

x

x x

x x

x x

9 3

1 3 3

27 9

9

9

9

3 9 27

27 lim

9 27 9

3 ) 27 9

(

9 lim

) 3 9 27 (

27 lim

9 27 9

3 ) 27 9

(

9 lim

2 0

0

2 2

2 0

x

x x

x x

x x

x

x x

x x

Câu 7 (2đ)

1 d3 vuông góc với d2 nên có dạng x+y+c = 0

Vì d3 qua A(-2 ; 0) nên : -2 + 0 + c = 0  c =2 (0,75đ)

2

D

D D

Vậy đường thẳng d4 có dạng x+y+6 =0 hoặc x+y-2 = 0 (0,25đ)

(0,25đ) (0,25đ) (0,25đ)

- -

Trường THPT Văn Quan ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Môn : Toán – Thời gian :120 phút

( không kể thời gian giao đề)

-ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 12

MÔN: TOÁN THỜI GIAN: 180' (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI:

Bài 1: (5 điểm) Cho hàm số: y =

1

1

2





 x

mx x

b) Tìm trên 2 nhánh của (C1) 2 diểm A và B

Bài 2: (4 điểm)

a) Giải phương trình: 3 x  1 3 x  1 6 x2 1

2đ

b) Tìm  x, y  Z thoả mãn

2đ

 x x  y y log 2 2 3 y 8 7 2 3 2 2       Bài 3: (4 điểm) Cho dãy số   0 2 sinxdx e In x (n = 1, 2, )

a) CMR: n , ,

n e In 2 1 2 2    

3đ

b) Tính n n I lim   1đ

Bài 4: (4 điểm) Cho Elíp 2 1

2

2

2



 b

y a x

có a > b

Xét Mo(Xo, Yo)  E ; O là gốc toạ độ

2đ

2) CMR: tiếp tuyến với E tại MO (x0 > 0;y0 > 0)cắt chiều dương OX và

OY ở A, B thì tồn tại vị trí MO để độ dài AB min

2đ

Bài 5: (3 điểm) Cho hình chóp SABC có góc tam diện đỉnh S vuông

và SA = 1; SB = 2; SC = 3 M là 1 điểm thuộc ABC Gọi P là tổng các

x

2 4

1 1 1

1 1

2

5 1

1

x x

x

1 2

5 1

2

5 1 1 2

5 1

7 + 3 +

2 2

y

y y

 1

1 y

e

sin ,

dx xe du

xe n

x n cos

e n

( n

e J

n n

e ) (

2 2

x n

=

n

e I

e

n

2 2

2 2

e

Bài 4:

1) 2 điểm: từ MO  E  2  2  1

b

y a

2 0 2

2 0

+

b

y a

x

2 0 2

2

0 +

b

y b

x

 b2 x02 + y02 (1)

2 0 2

x

2 0 2

2 0

+

a

y a

với A(m,o); B(n,o)

b m

2 2

2 2

2

2

2 2

2

a m

n b n

m b

a n

b m

a n

2

2

a m

n b n

2 2 2

2 2

n

b m a

a n b m

n

ab a

sẽ tính được sin2 + sin2 + sin2 = 2 0,5đ

 sin + sin + sin  sin2 + sin2 + sin2 = 2

=> sin + sin - 1  1 - sin

=> sin  = 0, sin = sin = 1   = 900,  = 900,  = 00

Pmin = 3 khi M  C

A

B

C

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

4 / 4



 xdx tg

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 ; y= 4x2 ; y = 4 CâuIII (2 điểm):

Cho phương trình: 2Cos2x - (2m+1)Cosx +m = 0

1 Giải phương trình với m =

2 3

2 Tìm m để phương trình có nghiệm x sao cho x  

3

; 2





Câu VI (2 điểm):

1 CMR trong ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC

2 nếu ABC là  nhọn, c/m tgA + tgB + tgC  3 3

Câu VII (2 điểm):

1 Tìm:

1

2 3 lim

x

2 Giả phương trình: 8.3x + 3.2x = 24 + 6x

Câu XIII (2 điểm):

1 giải phương trình: log2(3.2x - 1) = 2x + 1

2 Cho (H) có phương trình: x2 - 3y2 = 1 và đường thẳng : kx + 3y -1 = 0

a, Xác định k để  tiếp xúc với (H)

b, Tìm tọa độ tiếp điểm

Câu IX (2 điểm):

1 Cho 3 mp (P), (Q), (R) có các phương trình lần lượt là:

2 Cho tứ diện ABCD có AB  mp(BCD), BCD vuông tại C

CMR 4 mặt của tứ diện là những  vuông

Câu X (2 điểm):

1 Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác

CMR: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)

2 Có bao nhiêu số tự nhiên (được viết trong hệ đếm thập phân) gồm 5 chữ

số mà các chữ số đều lớn hơn 4 và đôi 1 khác nhau

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

04

4 /

2 2

4 /

4

2 2

cos

cos1

4 /

3 /

4 / 2

3 /

4 / 4

cos

2cos

3 /

4 /

3 /

4 /

2

2)(1

tgx d x

2 2

3

4 /

3 /

4 /

3 /

4 /

2 Giao điểm hai đường y=x2 có hoành độ là : x2

Giao điểm y=4 với y = 4x2 có hoành độ là x=1

Giao điểm hai đường y=x2 và y= 4x2 có hoành độ x=0 (0,5đ)

y = 4

y = x 2

y = 4x 2 y

0

2 2

44

1 2

3 2

3 3

2 1

2 1

2 1

m

m x

x

x x

m

m x

1 9

9

3 )

3 ( 2 ) 3 )(

3 2 (

3 3

2 3

3 3

m m

m m

m

m m

m m

m

m

m

(0,25đ) Với m=-1 phương trình viết : 2x2+3x -2 =0

 x1=

2

1, x2=-2 Vậy m=-1 là giá trị cần tìm (0,25đ)

2 Tam thức đã cho dương với x - 4

0 ) 4 ( 0 0

4 0 0

2 1

s

af x

x

–

2 / 7

1 3

2 / 7

1 3

5

2 / 7

1 3

1 3

0 2 5

0 7 2

0 3 2

0 3 2

m m

m

m m

m

m m

m m

m m

S y x

) 1 ( 11

2

P S S

P S

(0,25đ) (1)  P = 11 - S thế vào (2) ta được: S2 + 5S - 50 = 0

5

xy

y x

10

xy

y x

(0,25đ)

* giải hệ (I) ta được 2 nghiệm (2; 3) và (3; 2)

* giải hệ (II) ta được 2 nghiệm (-3; -7) và (-7; -3)

vậy hệ phương trình có 4 nghiệm:

) 1 ( )

( ) (

0

2 2

m x m

x mx x

m

x

(0,25đ) Xét hai trường hợp:

* m  0: ta có: x=

3

m

 theo điều kiện (1) ta phải có 3

+ m<0 phương trình vô nghiệm

+ m>0 phương trình có nghiệm x=

3

m

+ m=0 phương trình co nghiệm x  0 (0,25đ)

Câu V:

Cho phương trình : 2cos2x - (2m+1)cosx + m = 0

Hệ

(0,25 đ)

* vậy t1 = cosx =

2

1 = cos

tgC tgB

2.ABC là  nhọn nên tgA>0, tgB>0, tgC>0

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta có:

)23)(

1(

23lim

3 6

=

) 2 3 )(

1 (

) 2 )(

x

2 3

) 2 (

lim

3

1 2 3 4

x

2 3

1 2 2

2

.

3

2 1

2

x x

x x

0 1

t t t

1 2

2 2

giải b: * Khi k=2 ta có (): 2x+3y-1=0 (1)

gọi M0(x0, y0) là tiếp điểm của () và (H) áp dụng công thức phân đôi tọa độ ta có: (): x0x-3y0y-1 = 0 (2)

1

1 3

3 2

goi M1(x1, y1) là tiếp điểm của (') và (H)

theo công thức phân đôi tọa độ ta có:

Từ (3) và (4) ta có:

(thỏa)

1 3

3

1 1

1

y

x y

1) - (2, M

n P 



) , , (B C A

n Q 



(0,5đ) )

, , (C A B

n n n n

hay ABC và ABD vuông tại B

gt cho BCD vuông tại C và AB(BCD) nên BC

là hình chiếu AC trên (BCD)

theo định lí 3 đường vuông góc  CDAC

hay ACD vuông tại C

Câu X

1 Cho a, b, c là 3 cạnh của  cm: a2+ b2+ c2 < 2(ab+bc+ca)

Giải: Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của  nên:

) 2 (

) 1 (

2 2 2

bc ac c

ab bc b

ac ab a

- -

Tài liệu:

* Sách giáo khoa môn toán THPT lớp 10, 11, 12

* Sách tham khảo nâng cao của Bộ giáo dục

* Sách ôn luyện thi tốt nghiệp BT THPT

* Toán nâng cao đại số 10 (NXB Bộ giáo dục)

- -

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG B

Bài 3:(2đ) Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm

x1, x2, x3, x4 thoả mãn :

-2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3

Bài 4:(2đ) Giải bất phương trình: x 3 x2  4 x2  9

Bài 5:(2đ) Giải phương trình:

x x

x x

sin 2

1 sin

3

2 3

cos 2 2 3

cos 2

2

1 3

5 3

log log

2 log log

log

2 log log

log

16 16

4

9 9

3

4 4

2

y x

z

x z

y

z y

x

Bài 9:(2đ) Cho mặt cầu (C) tâm O, bán kính R và n điểm trong không gian:

A1, A2 , An Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu (C) người ta dựng điểm N sao cho: MN MA1MA2 MAn Tìm tập hợp các điểm N khi M thay đổi

Bài 10:(2đ) Biết rằng các số a,b,c,d thoả mãn:

2 2

d c d c

b a b a

Chứng minh: ac2 bd2  2 2

-2 O 2 x

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 – BẢNG

B Môn : Toán

Điể m

0 1

0

0 1 1

0 1

0 1

2 2

2 2

2 2

x

x

x

x x

x x

x x x

R x x

x x x

x x

x x

x x

x x

x x x

x x

x x

x x x x x

x x

1 4

1 2 1 2 1

1 4

1 2 3 1 2 1

1 4

1 2 1 2

2 2

2 2

2

2 2

8 2

0 2

8

2

2 2

2

y

x y

y

y y x y

0

3 2

2

0

2 2

3 8

2 2

 

3

4 2 3

8 ) 2 cos 1 ( 8 3

8 cos

16 3

8 cos 2 2 sin 1 8 2

4

0 4

0 2 4

4 2 8

để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình (*)

có hai nghiệm thoả mãn: 0 < X1 < X2 Khi đó

2 4

1 3

1 2

0 5

0 3

0 ) 4 (

0 ) 0 (

0 ) 1 (

m m m

af af af

m m m

0.5 0.5

9 6 4

0 3 3

0 3 3

9 6 4

3

3 4

0 3

3 4

0 3

2 2

2 2

2 2

x x x x x x x

x x x

x x x

x

x x x

x

x x

x

x x

x

0.5

1.0

5 3

3

3

x x

0 cos

z k k x

k x

1 sin

áp dụng Bđt Bunhiacôpxki cho vế trái ta được:

3

3 2 3

cos 2 2 3

cos 2 1

k z

k x

x

x x

1 cos

2

3 sin

3

cos 2 2 3

cos 2

sin 2

1 sin

2

1

; 1

1

0 1 2

3 3

1 )

1 2 ( ) 1 (

1 2 ) 1 ( ) 1 (

1 )

1 2 ( ) 1 (

2 2

2

2 2

2 2

x x

x x x

x x x

x x x

x

x x

x x

x x

x x

Với điều kiện x>1, từ giả thiết của bài toán ta kiểm tra thấy:

a2 = b2 + c2 +bc Theo định lý hàm số côsin ta có: a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA =>

x x

1 3

6 1 1

3

5 3

6 1

2 4 2

1 1

1 1 lim

1 1 lim 1

3

5 3 lim

t t

t x

t t t

t

t t

2 ) ( log

2 ) ( log

2 log 2

1 log 2

1 log

2 log 2

1 log 2

1 log

2 log 2

1 log 2

1 log

4 3 2

4 4

4

3 3

3

2 2

2

xy z

xz y

yz x

y x

z

x z

y

z y

) 2 ( 9

) 1 ( 4

16 9 4

2 2

2 2

2 2

xy z

xz y

yz x

xy

z

zx y

yz x

Nhân (1), (2), (3) vế với vế ta được x2y2z2 = 4.9.16  x.y.z=24

3

32 24

16

; 8

27 24

9

; 3

2 24

2 2

n

OA OA

MO n OA MO OA

MO OA MO

MA MA

MA MN

.

) 1 (

1 2

1

2 1

Gọi tổng: OA1OA2 OAn OK ( Điểm K hoàn toàn được xác định tuỳ thuộc vào

1 ( ).

Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 điểm : y

1 ( ) 2

1

(

2

1 ) 2

1 ( ) 2

1

(

2 2

2 2

d c

b a

2

1 , 2

1 ( bán 1 x

, (I R N K R

Tài liệu tham khảo:

Bài 1,7,9: Sách các bài luyện giảng môn Toán tập 3

Bài 2 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 2

Bài 3 : Sách các bài luyện giảng – tập 1

Bài 4, 6 : Sách các bài luyện giảng môn Toán - tập 2

Bài 5 : Sách phương pháp giải toán lượng giác

Bai 8 : Sách tuyển chọn những bài ôn luyện môn Toán – Tập 1

1/2 1/2 -1

1

2)Xác định m để đồ thị hàm số đã cho có điểm cực đại và điểm

cực tiểu ở về hai phía của trục tung

m y x m

a) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất

b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên

2) Giải phương trình : ( 3  8 )X  ( 3  8 )X  6

Câu 3 (4đ):

1)Giải phương trình : 4 cos3 x + 3 2 sin2x = 8cosx

2)Cho ∆ABC thoả mãn điều kiện :

acosA + bcosB + ccosC 2p

asinB + bsinC + csinA 9R

( Trong đó p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC )

Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều

Câu 4(4đ) : Trong mp(oxy) cho đường tròn (C) có phương trình :

1(

0

2

+ +

c b

b a

a

BẢNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

THPT

Thời gian : 180 phút MÔN : TOÁN

0

x x

Dùng phương pháp khoảng xét dấu

yta được :

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0 ) U(2;+ ∞)

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )

Vậy hàm số đặt giá trị cực đại tại x= 0 và yCĐ = y (0) = 4

Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x=2 và yCT = y(2) = 0

(0,5đ)

(0,5đ)

(0,5đ)

nghiệm trái dấu

(0,5đ) 3(m2 – 3m +2 ) < 0 1<m<2 ( 0,5đ)

m D

D y

m m

m D

D x

y

x

1 1 1

1

1 2 1

1 2

b) Để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên với m nguyên

thì (m+1) phải là ước của 1 (m+1) = ±1

8 3

8 3 ) 8 3 (

X X

x= ± 2

Vậy phương trình có hai nghiệm : x= ± 2

Câu 3 : ( 4đ)

1) (2đ)

4cos3 x + 3 2sin2x = 8cosx

4cos3 x + 6 2sinxcosx – 8cosx = 0

2cosx [ 2 cos2x + 3 2sinx –4 ] = 0

2cosx [ 2(1-sin2x) +3 2sinx – 4 ] = 0

cosx [ 2sin2x - 3 2sinx + 2 ] = 0

2 sin

0 cos

2 4

/

2 /

k x

k x

k x

• Ta có : sin 2A + sin2B + sin2C = 2sin(A+B)cos(A-B) + 2sinCcosC

= 2sinCcos(A-B) + 2sinC(- cos (A+B) )

= 2sinC [ cos(A-B) – cos(A+B) ]

= 2sinC ( - 2 ) sin(A)sin(-B)

= 4sinAsinBsinC

Khi đó :

acosA + bcosB + ccosC 2p

asinB + bsinC + csinA 9R 2RsinAcosA + 2RsinBcosB + 2RsinCcosC a+b+c

bc ab

R

c R

b R

a R

9 2

2

2

1

1

2 2

sin )

dx e dv

1 1

1 1

1 ( 6 1

4 ) 1 ( 4 1

1 1 1

1 1

a c

c b

b a

1111

1 ,

1 ,

1 ,

1

ta có :

t z y x

1 1 1 1





xyzt ( 3 ) Nhân ( 2 ) và ( 3 ) vế với vế ta được (1)

21

11







c b

1

411







c b

200916

2006

c b

a

c b a

c b a

c b

a

( 0,5đ

)

1

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

2

0



xdx Sin

Siny Sinx

2 2

2

1

3- Bài 3 : ( 3 điểm) Cho dãy số thực a0;a1;a2; ;an; thoả mãn :

1  a0  a1  a2   a n   1 Dãy bn xác định như sau :

k a n

k n

b-CMR : Mọi C cho trước 0 C< 2 đều tồn tại dãy a0;a1;a2; ;an; Thoả

mãn (1) sao cho bn > C với vô số chỉ số n

4- Bài 4 : ( 3 điểm ) ChoABC CMR: Điều kiện cần và đủ để trên đoạn AB tồn tại điểm D sao

cho CD là trung bình nhân các độ dài AD ;BD là:

2 SinB Sin2C

8

2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2

x         Dấu bằng xảy ra khi nào?

6- Bài 6 : ( 4điểm)

Cho hình vuông ABCD cạnh a và một tam giác đều SAB nằm trong hai mặt phẳng vuông

góc với nhau.I là trung điểm của AB, M là một điểm chạy trên AB

1-CMR : SAD  SAB  ; SBC  SAB .Vẽ giao tuyến và tính góc phẳng nhị diện của

2 2

1

.

xdx Cos x Sin xdx Sin dx

x Cos x

Sin xdx

Sin x Sin xdx

Sinxdx du

Cosxdx x

1 1

1

2 2

0 2 2

0 2

0

1 2

Sin n

xCosx Sin

n xdx xCos

3 2

2 1

f f

f f

f f

f f

f f

n

n n

1 2

1 2

.

2

0

2 0 2

2 1 1

0 2 1

x

x x

x

(0,25)

3

Ta nhận thấy rằng

) 2 1 1 ( 2

1 1

) 2 1 1 ( 2 2

1

1

2

x x

x x

1

(

4

x x

2 2 2 1

2 2

v u

m v

u

v u

4

(0,5)

(3)

- Các điểm thoả mãn ( 3) nằm trong hình vuông MNPQ

đường thẳng (1) nằm trong hình vuông là đoạn thẳng AB

2 2

1

 (0,25) Vậy để đường tròn ( 2) cắt AB Trong hình vuông ta phải có

4

7 2

1 4

5 2

k n

k

k k k k k

k

k k k k

k

a

a a a

a

a a a a a

a

a a a a

1

1 1

1 1

2

1 ).

k

k

k k

a a

1 1

1

0 0

xét dãy  12 (n 1 ; 2 ; 3 ; )

p

a n n thoả mãn 1=a0<a1<a2<a3< <an< đồng thời

k k

k n

k

k

qp q p q p p p p

p p p p

( 2

1 ) (

) (

2

1

.

;

2

2 1 2

1 2

1 2

1

C

Sin

CosC C

C Cos C

C Cos SinC

SinC SinB

SinA DB

SInC CD

SinB AD

=> 2SinASinB + Cos C > CosC > -1

Vậy : : 0     để Cos  =2SinASinB + Cos C

0  C và Cos  > CosC nên <C (0,25)

2

2 )

( 2

1

SinC SinC

C Sin

C Sin CosC