SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x cos2x 2sin x 1
1
b) Tính tích phân: I = x 2 ( x 1)2 dx
0
Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình: 2 .
3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
OM 3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)
2 y 2 3 y 1 y 1 x 2 x xy
Giải hệ phương trình
2
2 x y 3x 2 y 4 3 x 14 x 8 0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2 1 3
Chứng minh rằng: 2
.
a 1 b2 1 c2 1 2
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:...........................................; Số báo danh:..................................
Hướng dẫn giải và thang điểm
Câu
1a
Hướng dẫn giải
3
Điểm
2
Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y
x
; xlim
y ; y’=3x2-6x => y’ = 0 x 0; x 2
0,5
BBT
x
0
-
+
y'
+
2
-
0
0
+
y
2
+
1
-5
-3
-
-2
Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch
biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b
5
0.5
-4
-6
x 0
x 2m
Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0
0,5
hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1 4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S 1 d (O; AB ) AB 4 1
4m 2 (1 4 m4 ) 4 m 2(TM )
Với m
0
OAB
2a
2b
2 1 4m 4
sin 2 x cos2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0
0.5
x k
x k
sinx=0
sinx+cosx=1 x k 2 ; x 2 k 2
x 2 k 2
0,5
1
I=
0,5
1
x 2 ( x 2 2 x 1) d x
0
(x
4
2 x3 x 2 )dx
0
x5
x4
x3
(
2
)
5
4
3
3.a
2
1
0
0,5
1
30
Không gian mẫu có: C92 36
0,25
Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: A C42 C52 16
Xác suất của biến cố: PA= A 16 4
36 9
3.b
Đặt t=
0,25
0.25
t 2
1
( ) x (t 0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0
3
t 1
1 x
( ) 2
Ta có 3
( 1) x 1
3
4
0,5
0,5
x log1 / 3 2
x 0
x 2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc
1
2
2
x 2 t
y 1 2t
z 1 2t
t 1
OM (2 t ) 2 (1 2t ) 2 (1 2t ) 2 3 9t 2 12t 3 0
1
t
3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ; 1 )
0,5
Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);
3 3
3
0,5
5
DB ( SAC ) hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là
CM:
0,25
DSO 30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2 x a . S
AC.BD 2 x 2 a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
a3
ABCD
3
N
Gọi
là
trung
điểm
0,25
S
3
của
AB
Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=
=>
DN//
BM
1
d(A;(SBM))
2
0,25
Kẻ AI BM ; AH SM .
Từ đó CM được AH ( SBM ) d ( A;( SBM )) AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6
7
1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2
H
D
A
N
M
I
0,25
C
B
1
1
1
2
1
AH a d ( D;( SBM )) a
2
2
2
AH
AI
SA
3
3
Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD
0,25
A
K
0,25
H
5 1 ( x 1) 2 x 3 hoac x 1(l ) D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5) B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x 0; y 1; 3x 2 y 4 0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2
(1)
D
E
C
0,5
I
0,5
2
y 1 x ( y 1) x y ( y 1 x) 0
1
1
2 y 1 x) 0 y x 1(do
2 y 1 x 0)
y 1 x
y 1 x
( y 1 x)(
Khi đó:
(2) 3 x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0 ( 3 x 1 4) (1 6 x ) ( x 5)(3 x 1) 0
0,5
3
1
3x 1) 0 x 5 y 6
3x 1 4 1 6 x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab bc ca 1; 1 a 2 a 2 ab bc ca ( a b)(a c)
( x 5)(
8
Ta có:
a
b
a
b
1 ab
1 ab
1
2
2
2
2
a 1 b 1 (a b)( a c) (a b)(b c ) ( a b)(a c)(b c)
(1 a )(1 b ). 1 c
1 c2
2
Suy ra: VT
2
1 c2
c2 1
2c ( 1 c 2 2)
f
(
c
)
f
'(
c
)
f '(c) 0 c 3
c2 1
(1 c 2 ) 2
0,5
0,25
Từ đó ta CM được:
c 3
a b 2 3
maxVT = max f ( c) = f ( 3) 3 khi a b
2
c 3
2
a 2 3a 1 0
0,25
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1 3 1
1
x m 1 x 2 mx
(1), m là tham số.
3
2
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
1
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là yCĐ thỏa mãn yCĐ .
3
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3x cos x 2 3cos2 x sin x.
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn z 2 z 3 2i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x 2 log 2 2 x 1 log 2 4 x 3 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2 5 x 4 1 x 3 2 x 2 4 x .
6
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1
x 3 1
dx.
x2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA 2a, AB a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
ACD với
1
cos
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB 2 HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và
5
1 4
BD. Cho biết H ; , K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D.
3 3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x y z 3 0 và đường
x 2 y 1 z
thẳng d :
. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho
1
2
1
khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3.
Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C;
mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
2
2
2
0 x y y z z x 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 4 x 4 y 4 z ln x 4 y 4 z 4
3
( x y z )4 .
4
------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Câu 1.
(2,0
điểm)
Khi m 2 hàm số trở thành y
1 3 1 2
1
x x 2x .
3
2
3
1 0. Tập xác định: D .
2 0. Sự biến thiên:
*) Chiều biến thiên: Ta có y x 2 x 2, x .
x 1
x 1
y 0
; y 0
; y 0 1 x 2.
x 2
x 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (2; ); hàm số nghịch biến trên
khoảng (1; 2).
3
*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1, yCĐ y (1) ;
2
hàm số đạt cực tiểu tại x 2, yCT y (2) 3.
*) Giới hạn tại vô cực:
2
1
2
1
1 1
1 1
lim y lim x 3
2 3 ; lim y lim x 3
2 3 .
x
x
x
x
3x
3x
3 2x x
3 2x x
*) Bảng biến thiên:
x
2
1
y
y'
+
0
–
0
3
2
3
2
y
+
3
1 O
0,5
2
x
0,5
3 0. Đồ thị:
3
b) (1,0 điểm)
x 1
Ta có y x 2 m 1 x m, x ; y 0
x m
Hàm số có cực đại khi và chỉ khi m 1.
Xét hai trường hợp (TH) sau:
TH1. m 1. Hàm số đạt cực đại tại x m, với yCĐ y (m )
Ta có yCĐ
m3 m 2 1
.
6
2 3
m 3(tm)
1
m3 m 2 1 1
m 3.
3
6
2 3 3
m 0 (ktm)
TH2. m 1. Hàm số đạt cực đại tại x 1, với yCĐ y (1)
Ta có yCĐ
0,5
1
m 1 1
1
m (tm).
3
2 2 3
3
1
Vậy các giá trị cần tìm của m là m 3, m .
3
1
m
1
.
2 2
0,5
a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)
Câu 3.
(0,5
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
k
x 4 2
cos2 x 0
2cos2 x cos x 2 3cos2 x sin x
k .
x k
cosx 3 sin x
6
b) (0,5 điểm)
Đặt z a bi, ( a, b ). Từ giả thiết ta có
0,5
3a 3
a 1
a bi 2 a bi 3 2i 3a bi 3 2i
b 2
b 2
Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2.
1
*) Điều kiện: x .
2
Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với
log 2 x log 2 2 x 1 log 2 4 x 3 log2 2 x 2 x log2 4 x 3
0,5
0,5
1
x
2
2
2 x x 4 x 3 2 x 5x 3 0
2
x
3
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x 3.
Câu 4.
(1,0
điểm)
x 1 5
*) Điều kiện: x 3 2 x 2 4 x 0
1 5 x 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với x 2 2 x 4 3 x 4 x x 2 2 x 4 .
(1)
Xét hai trường hợp sau đây:
TH1. Với 1 5 x 0 . Khi đó x 2 2 x 4 0 và 3 x 0 . Hơn nữa hai biểu thức
0,5
x 2 2 x 4 và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy
x
2
2 x 4 3x 0 4 x x 2 2 x 4 .
Suy ra 1 5 x 0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
TH2. Với x 1 5. Khi đó x 2 2 x 4 0 . Đặt
x 2 2 x 4 a 0, x b 0 .
Bất phương trình trở thành a 2 3b 2 4ab a b a 3b 0 b a 3b
x 2 x 4 0
1 17
7 65
x x 2x 4 3 x 2
x
, thỏa mãn.
2
2
x 7 x 4 0
2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1 5 x 0 ;
Đặt
Câu 5.
(1,0
điểm)
0,5
1 17
7 65
x
.
2
2
x 3 t. Ta có x 1 t 2; x 6 t 3; x t 2 3 và dx 2tdt.
3
3
0,5
t 1
t
Khi đó I 2 2tdt 2
dt
t 1
t 1
2
2
3
1
2 1
dt 2 t ln t 1
t 1
2
3
2 1 ln 2 .
2
2
0,5
*) Từ giả thiết suy ra ABC đều và
SA SB SC .
Hạ SO (ABC ) O là tâm tam
giác đều ABC.
a2 3
Ta có AB a S ABC
và
4
a 3
2
a 3
AM
AO AM
2
3
3
a 33
SO SA2 AO 2
.
3
1
a 3 11
Suy ra VS . ABC SO.S ABC
.
3
12
S
Câu 6.
(1,0
điểm)
H
A
C
O
M
x
K
B
*) Kẻ Bx // AM mp ( S , Bx) // AM
d ( AM , SB ) d AM , (S , Bx) d O , (S , Bx)
Hạ OK Bx, OH SK . Vì Bx (SOK ) nên Bx OH OH ( S , Bx)
a
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên OK MB .
2
1
1
1
47
a 517
Vì SOK vuông tại O nên
OH
2
2
2
2
OH
OK
OS
11a
47
a 517
Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AM , SB ) OH
.
47
D
Câu 7.
(1,0
điểm)
C
Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH
Vì BH // AD nên
H
K
A
B
0,5
(3)
2
BC.
3
KH BH 2
2
HK KA . Suy ra
KA AD 3
3
0,5
4
a.
3
Trong tam giác vuông ABH ta có AB 2 BH 2 AH 2
Suy ra AB 5, HB
(1)
(2)
5
1
4
5 2 4
5 10
HA HK x A ; y A . ; ;
2
3
3 2 3 3 3 3
A(2; 2).
1
Vì ACD vuông tại D và cos
ACD cos
nên
5
AD 2CD, AC 5CD.
Đặt CD a (a 0) AD 2a AB a, BH
0,5
25 2 125
a
a 5.
9
9
4 5
.
3
(*)
0,5
( x 2) 2 ( y 2) 2 5
x 3, y 0
2
2
Giả sử B( x; y ) với x 0, từ (*) ta có
1
4 80
x 1 , y 8 ( ktm)
x y
5
5
3
3
9
3
Suy ra B(3; 0). Từ BC BH C 1; 2 . Từ AD BC D 2; 0 .
2
*) Giả sử M d ( P). Vì M d nên M (t 2; 2t 1; t ).
Câu 8.
(1,0
điểm)
Mặt khác M ( P) nên suy ra (t 2) (2t 1) (t ) 3 0 t 1.
Suy ra M (1; 1; 1).
3
0,5
*) Ta có A d nên A(a 2; 2 a 1; a).
Khi đó d A, ( P) 2 3
(a 2) (2a 1) (a ) 3
12 12 12
Suy ra A(4; 5; 2) hoặc A( 2; 7; 4).
Câu 9.
(0,5
điểm)
a 2
2 3 a 1 3
a 4.
+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B, C là C93 C63 C33 .
+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là
3! C62 C42 C22 .
Suy ra xác suất cần tính là P
2
6
2
4
0,5
0,5
2
2
3! C C C
9
0,32.
3
3
3
C9 C6 C3
28
Từ giả thiết suy ra 0 x, y , z 1 và x 2 y 2 z 2 1.
Câu 10.
(1,0
điểm)
Xét hàm số g (t ) 4t 3t 1, t 0; 1. Ta có g '(t ) 4t ln 4 3.
Suy ra g (t ) 0 t log 4
3
t0 ; g (t ) 0 t t0 và g (t ) 0 t t0 .
ln 4
3
4, nên 0 t0 1.
ln 4
t
0
Suy ra bảng biến thiên
g '(t )
Vì 1
t0
–
1
+
0
0
0
0,5
g (t )
Suy ra g (t ) 0 với mọi t 0; 1 , hay 4t 3t 1 với mọi t 0; 1.
Mặt khác, do 0 x, y, z 1 nên x 4 y 4 z 4 x 2 y 2 z 2 1.
3
Từ đó ta có P 3 3( x y z ) ln x 4 y 4 z 4 ( x y z ) 4
4
3
3 3( x y z ) ( x y z ) 4 .
4
3
Đặt x y z u , khi đó u 0 và P 3 3u u 4 .
4
3
Xét hàm số f (u ) 3 3u u 4 với u 0.
4
3
Ta có f (u ) 3 3u và f (u ) 0 u 1.
Suy ra bảng biến thiên
u
0
1
f '(u )
+
f (u )
0
–
21
4
21
21
với mọi u 0. Suy ra P , dấu đẳng thức
4
4
xảy ra khi x 1, y z 0 hoặc các hoán vị.
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u )
4
0,5
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 20152016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
3sin a - 2 cos a
a) Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4 cos 3 a
x - 4 x - 3
x ®3
x 2 - 9
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
b) Tính giới hạn : L = lim
Câu 5 (1,0 điểm).
5
2 ö
æ
a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức : ç 3x 3 - 2 ÷ .
x ø
è
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng
thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.
10
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh
A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai
đường chéo của hình bình hành đã cho.
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và BM .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2 x + y - 10 = 0
và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các
đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : í
3
2
ïî x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .
Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 20152016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
1,0
Tập xác định: D = ¡ .
é x = 0
Ta có y' = 3 x 2 - 6 x. ; y' = 0 Û ê
ë x = 2
0,25
Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ ; 0) và (2; +¥ ) ; nghịch
biến trên khoảng (0; 2) .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =2.
0,25
Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥
x ®+¥
x ®-¥
Bảng biến thiên:
-¥
x
y'
y
0 2
+ 0
0 +
2
+¥
+¥
0,25
2
-¥
1 (1,0 đ) Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
5
x
8
6
4
2
2
4
6
0,25
8
5
2 (1,0 đ)
Câu 2 . Tìm cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
1,0
Tập xác định D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x
0,25
f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =
1
p
Û x = ± + k p , k Î ¢
2
6
0,25
p
æ p
ö
æ pö
f ¢¢ ç - + k p ÷ = 4 sin ç - ÷ = -2 3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại xi = - + k p
6
è 6
ø
è 3 ø
3.(1,0đ)
p
3
æ p
ö
Với yC D = f ç - + k p ÷ = - +
+ 2 + k p , k Î ¢
6 2
è 6
ø
p
æp
ö
æpö
f ¢¢ ç + k p ÷ = 4 sin ç ÷ = 2 3 > 0 Þ hàm số đạt cực tiểu tại xi = + k p
6
3
6
è
ø
è ø
3
æp
ö p
+ 2 + k p , k Î ¢
Với yC T = f ç + k p ÷ = è6
ø 6 2
3sin a - 2 cos a
Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4cos 3 a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos 2 a )
M=
5sin 3 a + 4 cos 3 a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos 3 a
=
(chia tử và mẫu cho cos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3 a
3 tan 3 a - 2 tan 2 a + 3tan a - 2
=
5 tan 3 a + 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 vào ta được M =
=
5.33 + 4
139
Lưu ý: HS cũng có thể từ tan a = 3 suy ra 2kp < a <
1
cos a =
10
3
; sin a =
10
x ®3
(x(x
x ®3
)(
(
- 9) x + 4 x - 3
x - 1
L = lim
x ®3
( x + 3) ( x +
0,5
0,25
0,25
+ 2 kp và
x - 4 x - 3
x 2 - 9
0,5
) = lim
4 x - 3 x + 4 x - 3
2
2
0,25
rồi thay vào biểu thức M.
b) Tính giới hạn : L = lim
L = lim
p
0,25
4x - 3
)
)
=
x ®3
(x
x 2 - 4 x + 3
2
(
3 -1
( 3 + 3) ( 3 +
0,25
)
- 9 ) x + 4 x - 3
)
4.3 - 1
=
1
18
0,25
Câu 4.Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
1,0
2
2
2
2
4 .(1,0 đ) Phương trình Û 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x + cos x )
Û sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x = 0
Û ( sin x - cos x )( sin x - 3cos x ) = 0 Û sin x - cos x = 0 Ú sin x - 3cos x = 0
p
+ k p Ú x = arctan 3 + k p , k Î Z
4
p
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = + k p , x = arctan 3 + k p , k Î Z
4
0,25
0,25
0,25
Û tan x = 1 Ú tan x = 3 Û x =
0,25
5
2 ö
æ
a) Tìm hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển của biểu thức : ç 3x 3 - 2 ÷ .
x ø
è
5
5 - k
k
5
5
k 5 - k
æ 3 2ö
æ 2 ö
k
3
k
k 15 -5 k
3
x
=
C
3
x
.
=
(
)
å
5
ç
ç 2 ÷ å C5 ( -1) 3 .2 x
2 ÷
x ø k =0
è
è x ø k =0
Hệ số của của số hạng chứa x 10 là C5 k ( - 1) k 35 - k 2 k , với 15 - 5k = 10 Û k = 1
1
1,0
Vậy hệ số của x 10 là : C5 1 ( -1) 34 21 = - 810
0,25
0,25
5 (1,0 đ) b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu
nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu
xanh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”
C 3
3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” Þ n ( A ) = C12
Þ P ( A ) = 12
3
C20
C 3 46
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12
=
3
C20
57
0,25
0,25
Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.
ì x = 2 xI - x D = 4 - 5 = -1
Do I là trung điểm BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 )
î yB = 2 yI - yD = 2 - 0 = 2
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A = 4 + 2 = 6 Þ C 6;3
( )
í
î yC = 2 y I - y A = 2 + 1 = 3
uuur
uuur
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 )
0,25
0,25
0,25
uuur uuur
uuur uuur
AC × BD
48 - 8
2
cos a = cos AC , BD = uuur uuur =
=
Þ a = 45 o
2
4 5.2 10
AC BD
(
1,0
)
0,25
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M
là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
1,0
S
Gọi H là trung điểm AB Þ SH ^ AB ( do
D SAB đều).
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )
N
M
K
Do D ABC đều cạnh bằng 3
nên SH =
0,25
3 3
, AC = BC 2 - AB 2 = 3 2
2
A
C
H
B
3
1
1
3 6 9 6
(đvtt)
Þ VS . ABC = × SH × S ABC = × SH × AB × AC =
=
3
6
12
4
7. (1,0 đ) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN )
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB )
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến BN .
0,25
0,25
Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = AK với K
là hình chiếu của A trên BN
NA MC 2
2
2 32 3 3 3
2
=
= Þ S ABN = S SAB = ×
=
(đvdt) và AN = SA = 2
SA SC 3
3
3 4
2
3
0,25
BN =
3 3
2 ×
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 Þ AK = ABN =
BN
7
7
3 21
(đvđd)
7
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA ^ (SAB )
và VS . ABC = VC . SAB
Vậy d ( AC , BM ) =
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
tròn tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương
trình : 2 x + y - 10 = 0 và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và
B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
AJ đi qua J ( 2;1 ) và D ( 2; - 4 ) nên có
phương trình AJ : x - 2 = 0
{ A} = AJ Ç AH , ( trong đó H là chân
đường cao xuất phát từ đỉnh A )
A
E
J
Tọa độ A là nghiệm của hệ
ìx - 2 = 0
ì x = 2
Ûí
Þ A ( 2; 6 )
í
î 2 x + y - 10 = 0
î y = 6
1,0
B
0,25
I
C
H
D
8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
» = DC
» = EA
» Þ DB = DC và EC
»
Ta có DB
· = 1 (sđ EC
» + sđ DB
» )= DJB
» 1 (sđ EA
· Þ D DBJ cân tại D Þ
» + sđ DC )=
DBJ
2
2
DC = DB = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D ( 2; - 4 ) bán kính JD = 0 2 + 52 = 5 có
2
2
phương trình ( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ
2
2
é B ( -3; -4 )
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x = 2
Ûí
Úí
Þê
í
î y = -4 î y = -9 ëê B ( 2; -9 )
ï x + y + 7 = 0
î
0,25
Do B có hoành độ âm nên ta được B ( -3; - 4 )
ìï qua B ( -3; -4 )
ìïqua B ( -3; -4 )
Þ BC : x - 2 y - 5 = 0
BC : í
Þ BC : í
r r
ïî^ AH
îïvtpt n = u AH = (1; -2 )
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
2
2
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x = 5 éC ( -3; -4 ) º B
Ûí
Úí
Þê
Þ C ( 5; 0 )
í
î y = -4 î y = 0 ëêC ( 5;0 )
ï x - 2 y - 5 = 0
î
0,25
Vậy A ( 2;6 ) , B ( -3; - 4 ) , C ( 5;0 )
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2
Câu 9. Giải hệ phương trình : í
3
2
ïî x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ìx + 2 ³ 0
ì x ³ -2
Điều kiện : í
Ûí
î4 - y ³ 0
î y £ 4
(1 )
( 2 )
1,0
0,25
3
3
Từ phương trình (1 ) ta có ( x - 1) = ( y - 2 ) Û x - 1 = y - 2 Û y = x + 1
9 .(1,0 đ) Thay ( 3 ) vào ( 2 ) ta được pt:
x+2 +
( 3 )
4 - ( x + 1) = x 3 + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1 )
2
Û x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x - 1 , Đ/K -2 £ x £ 3
Û
Û
Û
(
)
x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4 Û
2 éë( x + 2 )( 3 - x ) - 4 ùû
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
2 ( - x 2 + x + 2 )
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
(
( x + 2 )( 3 - x ) - 2 )
(
x + 2 + 3 - x + 3
2
)
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 2 ) ( x 2 - x - 2 )
0,25
æ
ö
ç
÷
2
ç
÷ = 0
2
Û ( x - x - 2 ) ç x + 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ÷÷
ç
ç 144444444424444444443 ÷
è
> 0
ø
2
Û x - x - 2 = 0 Û x = 2 Ú x = -1
(
0,25
)(
·
( )
x = 2 ¾¾
® y = 3 Þ ( x; y ) = ( 2;3 ) ( thỏa mãn đ/k)
·
( )
x = -1 ¾¾
® y = 0 Þ ( x; y ) = ( - 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k)
)
0,25
3
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = ( - 1; 0 )
Câu10.Chohai phương trình: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó
· Hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 xác định và liên tục trên tập ¡
Đạo hàm f ¢ ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0, "x Î ¡ Þ f ( x ) đồng biến trên ¡
1,0
(*)
f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 Þ $ a Î ( -4;0 ) : f ( a ) = 0 ( ** )
0,25
Từ (* ) và (** ) suy ra phương trình
10.(1,0đ)
x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 có một nhiệm duy nhất x = a
· Tương tự phương trình x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 có một nhiệm duy nhất x = b
0,25
Theo trên : a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0
(1 )
3
2
Và b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 Û ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 = 0 ( 2 )
3
2
Từ (1 ) và ( 2 ) Þ a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 ( 3 )
Theo trên hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 đồng biến và liên tục trên tập ¡
Đẳng thức ( 3) Û f ( a ) = f ( 2 - b ) Û a = 2 - b Û a + b = 2
0,25
0,25
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .
Lưu ý khi chấm bài:
Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015 2016
Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y x 4 mx2 m 5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15 a, log3 10 b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx cosx 3 0 ;
b) 22 x5 22 x3 52 x2 3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n
2
Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2 với x ≠ 0, biết rằng:
x
4
Cn1 Cn2 15 với n là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
· 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x y 5 0 và A( 4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải phương trình: x x 1 (2x 3)2 (2x 2) x 2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y 2 z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
.
xy yz zx
-------- Hết --------
P 8xyz
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:..................................................................................Số báo danh:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u
Néi dung bµi
§iÓ
m
TXĐ D = R\ 1
2 1/ x
2 , lim y , lim y
x 1 1/ x
x 1
x 1
Ta có lim y lim
x
0,25
Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x D ta có y’(x) =
3
y’(x) < 0 x D
( x 1) 2
0,25
Ta có bảng biến thiên:
1
∞
x
1
y’
+∞
+∞
y
2
2
∞
2
Hàm số nghịch biến trên ( ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị
0,25
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.
0,25
x ¡ ta có y' ( x) 4x3 2mx = 2 x(2 x2 m) ,
0,25
(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2 m) 0 có ba nghiệm phân biệt
0,25
2 x2 m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
m 0.
0,25
Xét dấu y’ và kết luận.
0,25
Ta có log9 50 log32 50
3
log3 50 log3
1
log3 50
2
150
log3 15 log3 10 1 a b 1
3
Kết luận
0,25
0,5
0,25
a) TXĐ D = ¡
Phương trình đã cho (2sinx 1)(cos x+ 3) 0
0,5
4
0,25
1
sin x
2
cosx = 3(v« nghiÖm)
0,25
x 6 k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.
5
x
l 2
6
b) TXĐ D = ¡
Phương trình 22 x 3 (4 1) 52 x 1(5 3)
0,25
0,25
22 x3.5 52 x1.8
0,25
2x
2
1
.
5
2x 0 x 0
0,25
2
Ta có Cn1 Cn2 15 Cn+
1 15
n(n+1)
15
2
n 5 (t / m)
n2 + n 30 0
n 6 (lo¹ i)
0,25
0,25
5
Với n = 5 và x 0 ta có x2
5
5
5
2
2 5k
k
2 k
C
(
x
)
(
)
C5k x3k 5 (2)5k
5
x k 0
x
k 0
Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4 k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.
0,25
0,25
A
I
S
H
6
B
Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
Từ gt ta có SSBC =
C
1
AB.S SBC
3
0,25
1
1
1
BC.BS .sin 300 4a.2a 3. 2a 2 3
2
2
2
0,25
Khi đó VSABC =
1
3a.2a 2 3 2a3 3 (đvtt).
3
Hạ BH SC (H SC) ta chứng minh được SC (ABH)
Hạ BI AH (I AH)
Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI BI
6a 7
Kl
7
0,25
0,25
Ta có C d : 2 x y 5 0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra
0,25
được ·
AFC 900 AC 2 AF 2 CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:
(t 4)2 (2t 13)2 81 144 (t 5)2 (2t 1)2 t 1.
7
0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF ED nên BF AC, do C là trung điểm BE nên BF
cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC
0,25
S ABC S AFC S ABCD 2S AFC 75 (đvdt).
0,25
TXĐ D = 1;
Phương trình ( x 1) x 1 ( x 1) x 1 (2x 3)3 (2x 3)2 2x 3 (1)
0,25
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 t f' (t ) 3t 2 2t 1 f' (t ) 0, t ¡ suy ra hàm số
8
f(t) đồng biến trên ¡ .
0,25
Phương trình (1) có dạng f ( x 1) f (2 x 3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
x 1 2x 3
0,25
x 3 / 2
x 3 / 2
x= 2
2
2
x
1
4
x
12
x
9
4
x
13
x
10
0
0,25
Ta có
Mà
3
1
1 1
1
33 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2
3
P 8t
3
xyz 0
0,25
x2 + y 2 + z 2 1
1
0 t
3
4
2
3
3
8t 3 2 .
2 . Xét hàm số f (t )
t
t
Ta có t 0 , f'(t) = 24t 2
6
, f''(t ) = 0 t
t3
5
1
.
4
0,25
Ta có bảng:
9
t
0
1
2
5
0
1
4
0,25
f’(t)
f(t)
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0 t
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =
1
2
1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
197 
300 
113 
