SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x 1
x2
3
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3 x 6
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y
Câu 3 (1,0 điểm).
x
4
4
b) Giải phương trình 5.9 x 2.6 x 3.4 x
a) Giải bất phương trình log 22 x log 2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I x 2 sin 3 xdx
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA ABC ,
ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện
tích mặt cầu đó theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x sin x 1 0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD
3a
. Hình chiếu vuông
2
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn
AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y 2 0 . Đường thẳng qua B
cắt cạnh DC tại N . Biết
vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x y 25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
x
2
x x 1 y 2 x 1 y 1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 x 2 8 x 3 4 x 1 y 1
x, y
2 y x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
y 2 x 3 x
2
P x4 y 4
2
x y
-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
2x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y
1,0
x2
2x 1
y
x2
1. Tập xác định: D \ {2}
2. Sự biến thiên.
0,5
3
y'
0,
x
D
( x 2) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y 2; lim y 2; lim y ; lim y
x
x
x2
x2
0,25
Suy ra x 2 là tiệm cận đứng, y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên
0,25
1
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại ;0 , giao với trục Oy tại
2
xứng là điểm I (2; 2)
1
0; , đồ thị có tâm đối
2
0,25
2
Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3 3 x 2 6
1,0
* Tập xác định:
0,25
x 0
y ' 3 x 2 6 x, y ' 0
x 2
Bảng xét dấu đạo hàm
x
y
0,25
+
0
0
-
2
0
+
Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x 0 và giá trị cực đại y 6 ; đạt cực tiểu tại x 2 và giá trị
cực tiểu y 2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M 0;6 , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
0,25
0,25
N 2; 2
3
a
x
4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x 0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1) log 22 x log 2 x log 2 4 4 log 22 x log 2 x 2 0
(log 2 x 2)(log 2 x 1) 0
Giải bất phương trình log 22 x log 2
x4
log 2 x 2
0 x 1
log
x
1
2
2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
1
S 0; 4;
2
b Giải phương trình 5.9 x 2.6 x 3.4 x (1)
0,5
0,25
0,25
0,5
Phương trình đã cho xác định với mọi x
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x 0 ta được :
2x
x
3
3
5.9 x 2.6 x 3.4 x 5. 2. 3
2
2
2x
x
3 2 x 3 x
3
3
5. 2. 3 0 1 5. 3 0 (2)
2
2
2
2
0,25
x
3
Vì 5. 3 0 x nên phương trình (2) tương đương với
2
x
4
3
1 x 0.
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x 0
Tính nguyên hàm I x 2 sin 3 xdx
u x 2
Đặt
dv sin 3 xdx
du dx
ta được
cos 3 x
v 3
x 2 cos 3x 1 cos 3xdx
Do đó: I
3
3
x 2 cos 3x 1 sin 3x C
3
9
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Cho hình chóp S . ABC
có SA ABC ,
ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.
1,0
Vì SA ABC SA BC
Mặt khác theo giả thiết AB BC , nên BC SAB và do đó BC SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA IB
IS IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC
SC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R
2
Ta có AC AB 2 BC 2 2a
6
SC SA2 AC 2 2 2a R a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2 8 a 2
a Giải phương trình 2 cos 2 x sin x 1 0 .
Ta có: 2 cos 2 x sin x 1 0 2sin 2 x sin x 3 0 (sin x 1)(2sin x +3)=0
sin x 1 (do 2sin x 3 0 x )
s inx 1 x
2
k 2 k
7
k 2 k
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít
nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là: C95 126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22 C42 .C32 .C21 C43 .C31.C21 78 .
78 13
Xác suất cần tìm là P
.
126 21
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD
. Hình chiếu vuông
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
1,0
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .
S
F
C
B
H
E
O
A
D
K
Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a
a
SH SD 2 HD 2 SD 2 ( AH 2 AD 2 ) ( ) 2 ( ) 2 a 2 a
2
2
1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD SH .S ABCD a.a 2
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD HK / /( SBD)
Do vậy: d ( HK , SD ) d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD SH , BD HE BD ( SHE ) BD HF mà HF SE nên suy ra
HF ( SBD) HF d ( H , ( SBD)) (2)
0,25
0,25
0,25
a .sin 450 a 2
+) HE HB.sin HBE
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
(3)
3
a 2 2
(
) a2
4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD) .
3
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là
y 2 0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có
phương trình 7 x y 25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
SH .HE
HF .SE SH .HE HF
SE
8
a.
0,25
1,0
0,25
Tứ giác BMDC nội tiếp
BDC
DBA
450
BMC
BMC vuông cân tại B, BN là
phân giác trong MBC
M , C đối xứng qua BN
AD d ( B, CN ) d ( B, MN )
9
4
2
0,25
Do AB AD BD AD 2 4
0,25
a 5
BD : y 2 0 D(a; 2) , BD 4
a 3
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: D(5; 2) hoặc D(3; 2)
0,25
x
2
x x 1 y 2 x 1 y 1
Giải hệ phương trình:
3 x 2 8 x 3 4 x 1 y 1
x, y
1,0
x 1
Điều kiện:
y 1
x3 x 2 x
y 2
1
x 1
3
x
x
x 1
x 1
x 1 y 1
x 3 x x 1
x 1
x 1
y 2 y 1
0,25
3
y 1 y 1 .
Xét hàm số f t t 3 t trên có f t 3t 2 1 0t suy ra f(t) đồng biến
x
trên . Nên f
f
x 1
y 1
x
x 1
y 1 . Thay vào (2) ta được
0,25
3x 2 8 x 3 4 x x 1 .
2 x 1 x 2 x 1
2
2
x 1
2
x 3 2 3
x 6x 3 0
2 x 1 x 1
1
5 2 13
x
x
2 x 1 1 3 x
3
9
2
9 x 10 x 3 0
x2
Ta có y
1
x 1
43 3
5 2 13
41 7 13
Với x 3 2 3 y
. Với x
.
y
2
9
72
0,25
0,25
Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.
43 3
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm x; y 3 2 3;
2
5 2 13 41 7 13
& x; y
;
.
9
72
10
2 y x 2
thỏa
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
y 2 x 3 x
2
Cho x, y
Px y
4
4
x y
1,0
2
x2
6
Từ giả thiết ta có y 0 và
2 x 2 3 x 0 x và
2
5
x 2 y 2 x 2 2 x 2 3 x 2 x 2 2 x 2 6 x 5
2
6
Xét hàm số f ( x) 2 x 2 x 6 x 5 ; x 0; ta được Max f(x) = 2
6
5
0;
2
2
0,25
5
x y 2
2
2
P x y
2
2 2
2x y
2
2
Đặt t x 2 y 2 P
2
x y
x y
2
2
2 2
x
2
y2
2
2
2
x y2
2
0,25
2
t
2
,0t 2
2 t
Xét hàm số:
t2 2
g (t ) , t 0; 2
2 t
2 t3 2
g '(t ) t 2 2 ; g '(t ) 0 t 3 2
t
t
6
33 4
16
Lập bảng biến thiên ta có Min P
khi x y
2
2
------------Hết------------
0,25
0,25
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
1
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y x 3 6 x 2 9 x 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1 và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y x 4 2 x 2 3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).
1
2
a) Cho sin . Tính giá trị biểu thức P 2 (1 cot ). cos( ) .
4
b) Giải phương trình:
Câu 4 (1.0 điểm).
34 2 x = 9
53 x x 2
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x 2 .
x
b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2 3 9 x 1 9 x 2 15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a, AC a 3 ,
mặt bên BCC' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C : x 2 y 2 3x 5 y 6 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2 và đoạn BC 5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
x 3 y 3 5 x 2 2 y 2 10 x 3 y 6 0
Giải hệ phương trình :
x 2 4 y x 3 y 2 4 x 2 y
Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 b 2 c 2 3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S
a3 b3 b3 c3 c3 a3
.
a 2b
b 2c
c 2a
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......
Môn: Toán
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y x 6 x 9 x 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3
(C).
2
1.0
TXĐ D= R
0.25
x 1
y 2
y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>
x 3
y 2
- Giới hạn tại vô cực: lim y ;
0.25
lim y
x
x
BBT
x
1
y’
3
0
0
2
y
1a
0.25
-2
KL: Hàm số đồng biến trên khoảng ;1; 3;
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
Đồ thị
5
y
f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2
4
3
2
0.25
1
x
-2
-1
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1 và vuông góc với
1b
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y
2
Câu 2 (1.0 điểm).
1
3
x
2
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
1.0
0.5
0.25
0.25
1.0
y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1 0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)
3
0.25
0.25
0.25
0.25
1
2
Cho sin . Tính giá trị biểu thức P 2 (1 cot ). cos( )
4
sin cos
1 2 sin 2
P
(cos sin )
sin
sin
1
thay sin vào ta tính được P =1
2
0.5
0.25
0.25
b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3
2
0.5
với x 2 2 x 3 0
0.25
0.25
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x 2 .
14
2
2
x 2 = x 2x
x
4
C
14
k 14 3 k
14
x
.2k
x
0.25
0.25
số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3 2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : C 407 18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số 0.25
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
5
A C 204 .C52 .C151 C 204 .C51 .C152 C 20
.C51C151 4433175
Xác suất cần tìm là P( A)
A
915
3848
0.25
9 x 2 3 9 x 1 9 x 2 15
1
Nhận xét : 9 x 1 9 x 2 15 9 x 2 3 0 x
9
Giải bất phương trình:
5
bpt
9x
2
1.0
0.25
3 2 3(3 x 1) 9 x 15 4
9x 1
2
9x 2 3 2
3(3 x 1)
2
9x 2 1
9 x 2 15 4
0
0.25
3x 1
3x 1
3 0
9 x 15 4
3x 1
9x 3 2
1
1
3 0 3 x 1 0 x
3x 13x 1 2 1
3
9 x 2 15 4
9x 3 2
1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB a, AC a 3 , mặt bên BCC' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
2
2
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN
0.25
0.25
1.0
C
B
A
M
N
6
H
B’
C’
P
A’
Ta có BC= BB’=2a
0.25
1
2
. V ABC. A' B 'C ' BB'.S ABC 2a. a.a 3 a 3 3
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)
Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H
7
C ' M .C ' P
C' P C' M
2
2
a 21
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn C : x 2 y 2 3x 5 y 6 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2 ,
0.25
0.25
0.25
1.0
3 5
2 2
Gọi tâm đường tròn (C) là I ; và A(x;y) suy ra
AH (2 x;2 y ) M là trung
điểm của BC
Học sinh tính được AH 5 x 2 y 2 4 x 4 y 3 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
0.25
x 2 y 2 4 x 4 y 3 0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
2
x y 2 3 x 5 y 6 0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH 2 IM
Từ AH 2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được
0.25
0.25
phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
y 1
x 1
y 2 x 3
ta được 2 y 12 y 2 3(2 y 1) 5 y 6 0 y 2 3 y 2 0
Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
x 3 y 3 5 x 2 2 y 2 10 x 3 y 6 0 (1)
x 2 4 y x 3 y 2 4 x 2 y (2)
Câu 8: Giải hệ
0.25
1.0
x -2; y 4
(1) x 5 x 2 10 x 6 y 3 2 y 2 3 y
Điều kiện
3
x 1 2x 1 3( x 1) y 3 2 y 2 3 y
Xét hàm số f (t ) t 3 2t 2 3t , f ' (t ) 3t 2 4t 3 0 t R
3
2
0.25
Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x 2 3 x x 3 x 2 4 x 1
8
x 2 3 x 2 x 1x 2 4
x 2 3 x 3 x3 x2 4 x 4
2 x 2 3 x 4
x 2 ( x 2 x 2 )
x 2 3 x 3 x 2 3 x 2
2( x 2 x 2)
x 2 x 2 x 2 0
x 2 3 x 3 x 2 3 x 2
2
x 2 3 x 3
x2 x 2 x 2
0
x 2 3 x 2
0 ( vi x 2 )
2
x 2 3 x 3
0.25
x 2
x x20
x 1
0.25
2
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)
Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 b 2 c 2 3 .
9
a3 b3 b3 c3 c3 a3
.
a 2b
b 2c
c 2a
x3 1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
x ( x 0) *
x 2 18
18
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S
1.0
0.25
- Xem thêm -
.PDF 
112 
130 
60 
