Đáp án & đề thi HSG môn Toán Gia Lai - bảng A ppt

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2 011
Môn thi : Toán - Bảng A
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/12/2010
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1 (3 điểm). Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện

a
2
2010
− 1

.
.
.2
201 2
.
Câu 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình



x = 3z
3
− 2z
2

y = 3x
3
− 2x
2
z = 3y
3
− 2y
2
.
Câu 3 (3 điểm). Giả sử a, b, c, d là các số t hực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = 1.
Chứng minh rằng
a
3
b + c
+
b
3
c + d
+
c
3
d + a
+
d
3
a + b
≥
1
8
.

Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Câu 4 (3 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f (x + 14) − 6f (x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R.
Câu 5 (4 điểm). Cho dãy số (x
n
) như sau : x
1
, x
2
, x
3
là các số dương cho trước,
x
n+3
=
√
x
n+2
+
√
x
n
, ∀n = 1, 2, . . .
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Câu 6 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA = a, SB = b, SC = c không đổi và
các góc

BSC = α,

CSA = β,


ASB = γ thay đổi (0
0
< α, β, γ < 180
0
, α + β + γ < 360
0
và mỗi
góc nhỏ hơn tổng hai góc còn lại).
a) Tính thể tích V
S.ABC
của hình chóp theo a, b , c, α, β, γ.
b) Chứng minh rằng khi các góc α, β, γ thay đổi, ta luôn có V
S.ABC
<
abc
√
3
6
.
. . . . . . . . . . . . . . HẾT. . . . . . . .
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
. . . . . . . . . . . .
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2 011
. . . . . .

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Toán - Bảng A
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 1 (3đ). Xét các số nguyên dương a ≥ 3. Ta có
a
2
2010
− 1 =

a
2
2009
− 1

a
2
2009
+ 1

=

a
2
2008
− 1

a
2
2008
+ 1


a
2
2009
+ 1

(0,5 điểm)
=

a
2
2007
− 1

a
2
2007
+ 1

a
2
2008
+ 1

a
2
2009
+ 1

= ···

= (a −1) (a + 1)

a
2
+ 1


a
2
2
+ 1



a
2
2007
+ 1

a
2
2008
+ 1

a
2
2009
+ 1

.

(0,5 điểm)
Nếu a là số lẻ, thì tồn tại số tự nhiên k sao cho a = 2k + 1. Khi đó
(a − 1)(a + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k + 1)
.
.
.8 = 2
3
,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
và
a
2
+ 1
.
.
.2
a
2
2
+ 1
.
.
.2
. . . . . . . . . .
a
2
2009
+ 1
.
.

.2. (0,5 điểm)
Vậy

a
2
2010
− 1

.
.
.


2
3
. 2.2 2

200 9 số


= 2
201 2
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương l ẻ lớn hơn 3 là vô hạn nên ta có điều phải chứng minh.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 2 (3đ). Giả sử x = max {x, y, z}, thế thì x ≥ y ≥ z hoặc x ≥ z ≥ y. Xét trường hợp
x ≥ y ≥ z (trường hợp x ≥ z ≥ y tương tự và các nghiệm trùng với các nghiệm của trường hợp
đã xét).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)

Hệ phương trình đã cho tương đương với



x + z = 3z
3
− 2z
2
+ z
y + x = 3x
3
− 2x
2
+ x
z + y = 3y
3
− 2y
2
+ y.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Xét hàm số f (t) = 3t
3
−2t
2
+ t, t ∈ R. Khi đó, hệ phương trì nh đã cho có dạng



x + z = f (z)
y + x = f (x)

z + y = f (y) .
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
2
Mặt khác, ta có f

(t) = 9t
2
− 4t + 1 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Khi đó y ≥ z ⇒ f (y) ≥ f (z) ⇒ z + y ≥ x + z ⇒ y ≥ x. Vậy x = y .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Suy ra f (x) = f (y), hay y + x = y + z, hay x = z.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Thay x = y = z vào hệ phương trình, ta có 3x
3
− 2x
2
− x = 0. Phương trình này có 3 nghiệm
x = 0, x = 1, x = −
1
3
. Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y; z) là
(0; 0; 0) , (1; 1; 1) ,

−
1
3
; −
1
3

; −
1
3

.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 3 (3 điểm). Bởi Bất đẳng thức Cô-si (Bất đẳng thức AM-GM), ta có
a
3
b + c
+
b + c
16
+
1
32
≥ 3
3

a
3
(b + c)
(b + c) .16.32
=
3a
8
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tương tự
b

3
c + d
+
c + d
16
+
1
32
≥ 3
3

b
3
(c + d)
(c + d) .16.32
=
3b
8
. (0,5 điểm)
c
3
d + a
+
d + a
16
+
1
32
≥ 3
3


c
3
(d + a)
(d + a) .16.32
=
3c
8
. (0,5 điểm)
d
3
a + b
+
a + b
16
+
1
32
≥ 3
3

d
3
(a + b)
(a + b) .16.32
=
3d
8
. (0,5 điểm)
Suy ra


a
3
b + c
+
b
3
c + d
+
c
3
d + a
+
d
3
a + b

+

b + c + c + d + d + a + a + b
16

+
1
8
≥
3
8
(a + b + c + d) ,
hay


a
3
b + c
+
b
3
c + d
+
c
3
d + a
+
d
3
a + b

+
1
8
+
1
8
≥
3
8
.
Vậy
a
3

b + c
+
b
3
c + d
+
c
3
d + a
+
d
3
a + b
≥
1
8
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a + b + c + d = 1;
a
3
b + c
=
b + c
16
=
1
32
;

b
3
c + d
=
c + d
16
=
1
32
;
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
3
c
3
d + a
=
d + a
16
=
1
32
;
d
3
a + b
=
a + b
16
=
1

32
.
Giải hệ này ta tìm được a = b = c = d =
1
4
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm). Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, k hi đó
f(x + 14) − 6f(x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R
⇔[f(x + 14) − 1] −6 [f(x + 7) − 1] + 9 [f(x) − 1] = 0, ∀x ∈ R. (1)
Đặt f(x) − 1 = g(x), ∀x ∈ R. Thay vào (1) ta được
g (x + 14) −6g (x + 7) + 9g(x) = 0, ∀x ∈ R
⇔g(x + 14) − 3g(x + 7) = 3 [g( x + 7) − 3g(x )] , ∀x ∈ R. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Xét hàm số h như sau :
h(x) = g(x + 7) −3g(x), ∀x ∈ R. (3)
Khi đó
(2) ⇔ h(x + 7) = 3h(x), ∀x ∈ R. (4)
Đặt h(x) = 3
x
7
k(x), ∀x ∈ R. Khi đó k là hàm số xác định t rên R. Thay vào (4) ta được
k(x + 7) = k (x), ∀x ∈ R. (5)
Hay k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ (3) ta có
g(x + 7) −3g(x) = 3
x
7
k(x), ∀x ∈ R

⇔
g(x + 7)
3
x
7
−
g(x)
3
x
7
−1
= k(x), ∀x ∈ R. (6)
Xét hàm số I(x) =
g(x)
3
x
7
−1
, ∀x ∈ R, thay vào (6) ta được
I(x + 7) − I(x) = k(x), ∀x ∈ R. (7)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vì k(x) =
x + 7 − x
7
k(x)
do (5)
=
x + 7
7
k(x + 7) −

x
7
k(x), ∀x ∈ R nên từ (7) ta được
I(x + 7) − I(x) =
x + 7
7
k(x + 7) −
x
7
k(x), ∀x ∈ R
⇔I(x + 7) −
x + 7
7
k(x + 7) = I(x) −
x
7
k(x), ∀x ∈ R
⇔m(x + 7) = m(x), ∀x ∈ R, với m(x) = I(x) −
x
7
k(x), ∀x ∈ R.
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy
I(x) = m(x) +
x
7
k(x), ∀x ∈ R
⇔

g(x)
3
x
7
−1
= m(x) +
x
7
k(x), ∀x ∈ R
⇔g(x) = 3
x−7
7

m(x) +
x
7
k(x)

, ∀x ∈ R
⇔f(x) = 1 + 3
x−7
7

m(x) +
x
7
k(x)

, ∀x ∈ R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)

Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng
f(x) = 1 + 3
x−7
7

m(x) +
x
7
k(x)

, ∀x ∈ R,
trong đó m, k là các hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R, tùy ý.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 5 (4 điểm). Xây dựng hai dãy số (a
n
) và (b
n
) như sau :
a
1
= a
2
= a
3
= min {x
1
, x
2
, x
3

}, a
n+3
=
√
a
n+2
+
√
a
n
, ∀n = 1, 2, . . .
b
1
= b
2
= b
3
= max {x
1
, x
2
, x
3
}, b
n+3
=

b
n+2
+


b
n
, ∀n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trường hợp 1 : m in {x
1
, x
2
, x
3
} ≥ 4. Khi đó a
1
, a
2
, a
3
≥ 4. Giả sử a
n
, a
n+1
, a
n+2
≥ 4, khi đó
a
n+3
=
√
a
n+2

+
√
a
n
≥
√
4 +
√
4 = 4,
a
n+4
=
√
a
n+3
+
√
a
n+1
≥
√
4 +
√
4 = 4,
a
n+5
=
√
a
n+4

+
√
a
n+2
≥
√
4 +
√
4 = 4.
Theo nguyên lí quy nạp toán học suy ra a
n
≥ 4, ∀n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tiếp theo ta chứng minh
a
n+1
≤ a
n
. (1)
Hiển nhiên (1) đúng khi n = 1, n = 2. Ta có
a
4
=
√
a
3
+
√
a
1

= 2
√
a
3
≤ a
3
(do 2
√
a
3
− a
3
=
√
a
3
(2 −
√
a
3
) ≤ 0).
Vậy (1) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử (1) đúng khi n = k, n = k + 1, n = k + 2, tức là
a
k
≥ a
k+1
, a
k+1
≥ a
k+2

, a
k+2
≥ a
k+3
.
Khi đó
a
k+4
=
√
a
k+3
+
√
a
k+1
≤
√
a
k+2
+
√
a
k
= a
k+3
,
a
k+5
=

√
a
k+4
+
√
a
k+2
≤
√
a
k+3
+
√
a
k+1
= a
k+4
,
a
k+6
=
√
a
k+5
+
√
a
k+3
≤
√

a
k+4
+
√
a
k+2
= a
k+5
.
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
5
Vậy theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Ta đã chứng minh được dãy (a
n
) giảm và bị chặn dưới bởi số 4, do đó có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim
n→+∞
a
n
= a. Từ a
n
≥ 4, ∀n = 1, 2, . . . suy ra a ≥ 4. Từ
a
n+3
=
√
a
n+2
+

√
a
n
, ∀n = 1, 2, . . .
cho n → +∞ ta được
a =
√
a +
√
a ⇔ a = 2
√
a ⇔

a ≥ 0
a
2
= 4a
⇔

a = 0
a = 4
⇔ a = 4(do loại a = 0).
Vậy lim
n→+∞
a
n
= 4.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trường hợp 2 : min {x
1

, x
2
, x
3
} < 4. Tương tự, ta chứng minh được dãy số (a
n
) tăng và bị chặn
trên bởi số 4 và lim
n→+∞
a
n
= 4.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có lim
n→+∞
a
n
= 4. Tiếp theo ta chứng minh
x
n
≥ a
n
. (2)
Dễ thấy (2) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử x
k
≥ a
k
, x
k+1
≥ a

k+1
, x
k+2
≥ a
k+2
. Khi đó
x
k+3
=
√
x
k+2
+
√
x
k
≥
√
a
k+2
+
√
a
k
= a
k+3
.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra (2) đúng với mọi n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tương tự ta chứng minh được lim

n→+∞
b
n
= 4, x
n
≤ b
n
, ∀n = 1, 2, . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tóm lại ta có
lim
n→+∞
a
n
= 4, lim
n→+∞
b
n
= 4, a
n
≤ x
n
≤ b
n
, ∀n = 1, 2, . . .
Theo nguyên lí kẹp suy ra lim
n→+∞
x
n
= 4.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 6 (4 điểm). Kẻ AH⊥mp (BSC). Ta có V
S.ABC
=
1
3
.S
BSC
.AH =
1
3
.
1
2
bc. sin α.AH. (1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Kẻ AM⊥SB. Suy ra HM⊥SB (do SB⊥(AMH)). Giả sử N là giao điểm của MH và SC. Xét
tam giác vuông AHM, ta có AH = AM. sin

AMN = a. sin γ. sin

AMN.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Sau đây ta sẽ tính sin

AMN: Sử dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác AMN và ASN, ta
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
6
được
AN

2
= MA
2
+ MN
2
−2.MA.MN. cos

AMN,
AN
2
= SA
2
+ SN
2
−2.SA.SN. cos β.
Suy ra
MA
2
+ MN
2
− 2.MA.MN. cos

AMN
= SA
2
+ SN
2
− 2.SA.SN. cos β. (2)
. . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điể m)
∆SMA vuông tại M, suy ra MA = SM. tan γ.

∆SMN vuông tại M, suy ra MN = SM. tan α.
∆SMA vuông tại M, suy ra SA =
SM
cos γ
.
∆SMN vuông tại M, suy ra SN =
SM
cos α
.
. . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điể m)
Thay vào (2), ta có
SM
2

tan
2
γ + tan
2
α − 2. tan γ. tan α. cos

AMN

= SM
2

1
cos
2
γ
+

1
cos
2
α
−
2. cos β
cos γ. cos α

⇒
sin
2
γ
cos
2
γ
+
sin
2
α
cos
2
α
− 2.
sin γ
cos γ
.
sin α
cos α
. cos


AMN =
1
cos
2
γ
+
1
cos
2
α
−
2. cos β
cos γ. cos α
⇒2.
sin γ
cos γ
.
sin α
cos α
. cos

AMN =

sin
2
γ
cos
2
γ
−

1
cos
2
γ

+

sin
2
α
cos
2
α
−
1
cos
2
α

+
2. cos β
cos γ. cos α
⇒2.
sin γ
cos γ
.
sin α
cos α
. cos


AMN = −2 +
2. cos β
cos γ. cos α
⇒
sin γ. sin α
cos γ. cos α
. cos

AMN =
cos β − cos γ. cos α
cos γ. cos α
⇒cos

AMN =
cos β − cos γ. cos α
sin γ. sin α
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Dó đó
sin

AMN =

1 −cos
2

AMN =

1 −
(cos β − cos γ. cos α)

2
sin
2
γ. sin
2
α
=

sin
2
γ. sin
2
α − (cos β −cos γ. cos α)
2
sin
2
γ. sin
2
α
=

(1 −cos
2
γ) (1 − cos
2
α) − (cos β − cos γ. cos α)
2
sin γ. sin α
=


1 + 2. cos α. cos β. cos γ −(cos
2
α + cos
2
β + cos
2
γ)
sin γ. sin α
. (3)
Từ (1) và (3), ta thu được
V
S.ABC
=
abc
6
.

1 + 2. cos α. cos β. cos γ − (cos
2
α + cos
2
β + cos
2
γ) (4)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
(Lưu ý rằng, vì 0
0
< α, β, γ < 180
0
; α + β + γ < 360

0
và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
7
còn lại nên công thức (4) xác định). Vì |cos α. cos β. cos γ| = |cos α|. |cos β|. | cos γ| ≤ 1, nên
cos α. cos β. cos γ ≤ 1. Do đó
V
S.ABC
≤
abc
6
.

1 + 2. cos α. cos β. cos γ ≤
abc
6
.
√
1 + 2.1 =
abc
√
3
6
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

cos α = cos β = cos γ = 0
cos α. cos β. cos γ = 1.
Điều này không xảy ra. Vậy V

S.ABC
<
abc
√
3
6
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM