SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

ĐỀ THI THỬ

3

2

2

3

5

x

x

=

-

+

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

(1)

đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).

7 0

d x ( ) :

+ = sao cho

y+ 3

.

.

y a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng .

=

+

3

+ 3

2

x

x

x

x

cos

4sin

cos

sin

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

+ = . 2 0

-

+

+

-

x y

x

x

(1

)

+

4 = -

3sin 1 + 2 y

x y

Œ

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

.

3

2

4

1)(

(

y

2 x y

xy

1) + =

+

2

2

3

x

2

+

Ï Ô Ì Ô Ó 4 +

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I

dx

4

Ú

x 1

x x

+ +

1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM). Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

2

2

a

b

c

+

+

(

)

T

2

2

2

ca

c

b

a

+

ab bc +

+

+

)

+ + + )(

abc a b c (

2

4

0

y

+ = . Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng (

và đường thẳng (4; 7) A - ) thỏa mãn khoảng i Œ {1; 2; 3} )id đều bằng 6. )id đều bằng 4 và khoảng cách từ B đến các đường thẳng (

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm )id ( D - x : cách từ A đến các đường thẳng ( Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD với A(1; -1; -2) và các điểm

z

1

x

1

. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

B, D nằm trên đường thẳng (d):

=

=

+ 4

+ 1

y 1 - 1 -

Câu 9.a (1,0 điểm). Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6.

5 0

x

- =

y+ 4

5 0

x

- = . Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

y+ 8

( 1; 3; 2)

(10; 6; 2)

B

và cách điểm

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC: 7 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm (0; 2; 1), A -

C -

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình

.

<

- một khoảng bằng 29 . 1 2

1)

+

1 x log ( 3

3

1

x

log

2

x

-

+

3

----------------- 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:…………………… Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl

ĐÁP ÁN TOÁN A, A1

Câu

Đáp án

Điểm

2

3

2

3

5

y

x

x

=

-

+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

Câu 1 (2,0 điểm)

x

0

2

2

TXĐ:

;

y

x

x y

x

x

6 ;

6

6

;

5,

0

' 6 =

-

' 0 = € -

0 = €

=

=

0,25

y (0)

y ( ) 1

x

1

È Í Î

x

Giới hạn: lim Æ-•

y ; y = -• = +• lim x Æ+•

0,25

) -•

+ •

( ) ; 0 ; 1;

)

x

y= 1;

và hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 5

CT

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( Hàm số đạt cực tiểu tại 0 = Bảng biến thiên:

-•

x

+•

-

1 0

0 0

+

y’

+

+•

5

0,25

y

4

-•

Đồ thị

y

5

0,25

-1

x

0

1

7 0

d x

sao cho

+ =

.

.

.

=

+

+

2. Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : đạt giá trị nhỏ nhất 3 y+ (O là gốc tọa độ). Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Gọi G là điểm sao cho

0,25

+

+

=

;3

1 3

Ê G  Á Ë

ˆ ˜ ¯

.

.

.

+

+

Ta có: =

=

=

+

+

+

+

+

+

+

+

0,25

2

3

2

.

.

.

=

+

+

+

+

+

=

+

2

.

.

.

+

+

+

.

.

.

+

+

=

nên suy ra T nhỏ nhất khi và chi khi MG

0,25

0,25

3 = Do nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của G trên đường thẳng (d). Ta có phương trình đường thẳng (d’) đi qua G và vuông góc với (d): 3

2 0

x

y- + =

 tọa độ M là nghiệm của hệ

;

y

x  = -

= -

2 0 7 0

y y

- + = 3 + + =

19 10

13 10

3 x Ï Ì x Ó

,

M

-

-

Vậy

là đáp số của bài toán.

13 10

19 10

Ê Á Ë

2

3

x

x

2 0

cos

4sin

3sin

+ =

-

3

Câu 2 (1,0 điểm)

ˆ ˜ ¯ Giải phương trình: (1)

(sin

1)

sin 3 cos

x

x

€

+

-

x x + 1 cos ) 0 x + -

+ =

0,25

3 x cos - (sin x + 2

2

(sin

cos

1)[(sin

1)

1) cos

1] 0

x

x

x

cos (sin x

x

x

€

-

+

+

+

+ +

+ =

1 0 (1)

cos

x

x

+ =

-

0,25

2

2

1)

1) cos

1 0 (2)

cos (sin x

x

x

+

+

+ +

+ =

sin È € Í (sin x Î Giải (1):

k x 2 p

0,25

p

p 4

p 4

p 4

p 2

2

2

(sin

x

1)

x cos (sin

x

1) cos

x

k x x € + = € + k = ± + € Œ 2 2 k 2 p ˆ ˜ ¯ Ê Á Ë

+

+ +

Giải (2): Vì

+ 2

2

, nên pt(2) vô nghiệm.

È Í Í = - + x Î 1 + =

x x x x 1 0, cos cos (sin + > " Π+ 1) + + =

0,25

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:

k

k

x

x

k

Œ

=

= - + 2

1

y

(1

)

x

x

4 = -

+

1 2 3 4 È Í Î ˘ ˙ ˚

Câu 3 (1,0 điểm)

+ 2 y

x y

Œ

Giải hệ phương trình:

3

2

(

1)(

4

xy

2 x y

y

+

1) + =

Ï Ô Ì Ô Ó

y π

Giải: ĐK: 0 Khi đó hệ đã cho tương đương:

2

2

2

x 4 2. = x + + - + x x 4 4 + x + + = + x + + =

0,25

3

3

3 ˆ ˜ ¯

v

u

,

=

x = +

Đặt:

, hệ phương trình trở thành:

1 y

x y

2

1 y x y 1 y 1 y 1 y ˆ ˜ ¯ € € 1 2 y 2 1 2 y 2 x x 4 4 + + + = + + + = x x 2 4 + - + = x y 1 3 y x y x 2 y 1 3 y x 2 y Ï Ô Ô Ì Ô Ô Ó Ï Ô Ô Ì Ô Ô Ó 1 y x y 1 y Ê Á Ë ˆ ˜ ¯ ÏÊ Ô Á Ô Ë Ì Ê Ô Á Ô Ë Ó

0,25

v 2

4

u + -

=

3

u v 2 .

4

-

=

Ï u Ô Ì u ÔÓ

2

2

4

4 0

u

4 u

+ =

-

v

2

€

€

€

0,25

4

u

2 1

3

u + - 2 2

v

u Ï Ì v Ó

u u (

4) 4 =

u + -

-

u + - 2

Ï Ô Ì Ô u Ó

Ï u Ô Ì Ô Ó

x

2

+

=

1 y

x

y

Từ đó:

1

.

€ = =

0,25

1

x y

Ï Ô Ô Ì Ô ÔÓ

2

2

4

Câu 4

2

x

+

+

dx

I

4

(1,0 điểm) Tính tích phân:

Ú

x 1

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1) 3 + +

2

2

2

x x 2

2

4

3

3

2

1 2

x

+

+

I

dx

dx

dx

dx

=

=

+

+

0,25

4

4

Ú

Ú

Ú

Ú

x 1

1

1 1

x x

x

x x

+ +

x 4 +

+ +

1

1

1

1

2

2

2

2

4

3

2

4

;

0,25

x

dx

1

=

=

=

2

I 1

1

Ú

Ú

Ú

1

1

1

2

2

2

2

1

1

+

+

1 1 2 x

dx

dx

dx

I

=

=

=

2

2

4

ln( 1) ln x dx I = = = + = 1 1 4 ( d x 4 x 1 4 x 1 4 17 2 x 4 + 1) + 1 +

0,25

Ú

Ú

Ú

2

x x

1 1

+ +

1

1

1

x

+

x

2

+

-

1 2 x

1 x

1 2 x ˆ ˜ ¯

2

t dt

dt

dx

t

t

x

2(1 tan )

2

1

2 tan

-

=

=

+

Đặt

2

1 - = x

1 2 x

t

p 2

p 2

1 cos

Ê Á Ë

Ê Á Ë ˆ < <  + ˜ ¯

Ê Á Ë

1

0;

2

tan

x

t

x

t

arc

=  =

=  =

Đổi cận:

ˆ ˜ ¯ 3 2 4

arc

tan

3 2 4

arc

arc

tan

tan

0,25

2

3 2 4

3 2 4

arc

t

tan

=

=

=

I  = 2

2

Ú

Ú

t dt 2(1 tan ) t 2(1 tan )

dt 2 2

2 2

2 2

3 2 4

+ +

0

0

0

(+)

tan

ln

arc

I

+

1 = +

Vậy:

1 4

17 2

2 2

3 2 4

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).

S

S

K

A

A

D

D

M

H

H

B

C

B

C

Theo giả thiết ta có:

CSB

030

+

là góc giữa SC và mặt phẳng (SAB)

(

)

SAB

CB  ^

CB AB ^ CB SA ^

¸ ˝ ˛

2

Từ đó:

0 .cot 30

SA

3

a

2 SB

AB

a

2

SB BC =

=  =

-

=

0,25

+

(

SAH

)

BH AH

BH  ^

 ^

BH SA ^ BH SH ^

¸ ˝ ˛

+ Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi:

a

2

S

V

SA .

HA HB a . .

2

HA HB .

=

=

=

ABH

2

2

AB

a

1 1 . 3 2 2 =

=

1 3 2 AH BH + Có:

6 và theo bđt Cauchy:

2

2

2

2

a

AH

BH

2

AH BH .

AH BH .

=

+

≥

£

a 2

0,25

2

3

2

2

2

a

a

a

.

V

. HA HB

=

£

=

Từ đó:

.

6

Đẳng thức chỉ xảy ra khi

12 ABM

M D

045

a 6 2 HA HB = €

= € ∫

3

2

a

V

Vậy

(đvtt) đạt được khi M D∫

max

12 thì H là tâm của đáy ABCD. Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là

d A SBD

)]

[ ,(

)]

d C SBD ,(

[

Với M D∫ trung điểm của AC nên: Kẻ AK ^ SH tại K (1)

0,25

Ta có:

BD AK

(2)

)

BD SAH (

 ^

 ^

BD AH ^ BD SA ^

Ï Ì Ó

d C SBD

[ ,(

)]

d A SBD

[ ,(

)]

AK

=

=

(1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD). Vậy AK được tính bởi:

a 2 a 2. a SA AH .

0,25

2

2

2 SA

2

AK = = = = SA AH . SH 10 5 AH + a 2 + 2 a 2 4

Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

2

2

Câu 6 (1,0 điểm)

c

b

a

+

+

)

(

T

2

2

2

ca

c

b

a

+

ab bc +

+

+

)

abc a b c (

+ + + )(

2

2

2

2

2

2

2

2

c

b

a

ab bc ca

c

b

a

)

(

3(

0

)

)

Với các số thực a, b, c dương, ta luôn có bđt đúng: 2 ) (

a b c + +

≥

+

+

+ €

+

≥

+

+

b c ( -

+

a b -

2 ) 0,25

≥ € + 2

c a - 2

( 2

c

b

a

)

3(

+

+

(1)

a b c  + + £ Do (1) nên:

2

2

2

2

2

2

a

b

c

+

+

3

abc

a

b

c

+

+

+

)

(

T

=

£

=

2

2

2

2

2

2

ca

z

y

) )

x

(

+

ab bc +

+

( 1 +

a

b

z

yz

zx

+

+

+

)

(

)

abc a b c (

0,25

+ + + )( 3

abc

+

(2)

2

2

2

+ ( 1 ca

a

b

c

ab bc +

+

xy ) +

+

)

(

Mặt khác theo bđt Cauchy:

2

2

2

3

3

(3) và

(4)

3

3.

b

c

abc

+

+

≥

=

ab bc ca

33

2 2 2 a b c

+

+

≥

0,25

a 1

Từ (3) và (4) được:

(5)

£

2

2

2

2 2 2 a b c 1 abc 3 3.

b

c

(

)

+

+

3

abc

+

3

3

+ )

T

=

£

Do (5) nên (2) suy ra:

.

+ 9

ab bc ca a + ( 1 3 3

abc

0,25

3

3

T

đạt được khi a = b = c

Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c. Vậy max

+ 9

A

(4;

-

7)

tọa độ Oxy cho điểm

Câu 7a (1,0 điểm)

0

2

4

y

{1; 2; 3}

thẳng )

+ = . Tìm điểm B trên

sao cho có đúng ba đường thẳng (

Trong mặt phẳng với hệ D - : x thỏa mãn khoảng cách A đến (

và đường )id ( i Œ bằng 6.

)id bằng 4 và khoảng cách từ B đến (

)id

{1; 2; 3}

i Œ

)id (

) chính là các tiếp tuyến 4

và đường

Từ giả thiết ta suy ra các đường thẳng ( chung của hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính

0,25

R 1

6

.

R 1

0,25

+

=

(1)

1

B b (2

B

tròn tâm B, bán kính Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương hai đường tròn (A, R1) và (B, R2) phải tiếp xúc ngoài với nhau hay Ta có b 4; )

AB R R 2 .Suy ra

ŒD 

-

0,25

2

2

2

1 b

B

Vậy

hoặc

( 2;1)

B -

8) 7) 10 (2 b ( b 13 0 5 b 18 b € - + + = € - + = € b 13 5 È Í Í Î

0,25

6 13 ; 5 5

ˆ ˜ ¯

Ê Á Ë

Câu 8.a (1,0 điểm)

z

x

1

1

. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

B, D nằm trên đường thẳng (d):

=

=

+ 1

+ 4

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(1; 1; 2) và các điểm y 1 - 1 -

0,25

.

Tọa độ H là nghiệm của hệ:

1 1 z x = =

Do ABCD là hình vuông nên C là điểm đối xứng với A qua giao điểm H của (d) với mp(P) đi qua A, vuông góc với (d). Ta có phương trình (P): 4x - y + z -3 = 0 1 y - 1 - z + -

Giải hệ được

z

y

x

1;

;

= -

=

=

1 2

1 2

0 4 3 + 4 x y- + 1 = Ï Ô Ì ÔÓ

0,25

1;

;

H

Vậy

. Từ đó

-

(1; 2; 1)

C

1 2

1 2

2

2

2

AC

AC AB =

€

; 1

)

B

Ê Á Ë ( ) d

B

t

t

t

- - + ;

ˆ ˜ ¯ ( 1 4 ;1 Œ  - +

0,25

2

2

2

2

t

0

= t t

2 AB 0 1

È t € - = € Í Î

- 

2) (2 ) 1) 18 2 (4 t t € = - + - ( t + + È Î ˘ ˚

0,25

B B

( 1;1; 1) - (3;0;0)

+ Với t = 0 ta được + Với t = 1 ta được

D (3;0;0) D - ( 1;1; 1) -

Câu 9.a (1,0 điểm)

10

0,25

40C

5

0,25

0,25

Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6. Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì không gian mẫu là Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ. Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là 20C Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là

4 .C C 14

1 6

.

5 20

Vậy xác suất cần tìm là:

0,25

126 1147

1 4 . C C C 14 6 10 C 40

Câu 7.b (1,0 điểm)

x

5 0

- =

y+ 4

x

5 0

y+ 8

x

- = . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. y+ 4

5 0

5 0 - = y+ 8 x

- =  phương trình AD:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình đường trung tuyến kẻ từ B: 7 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 Từ giả thiết ta có: Phương trình BD: 7 AD đi qua A(4; 0) và vuông góc với (d): 2 x 4

16 0 =

y- -

0,25

3

y

Tọa độ D định bởi:

D

€

(3; 4) -

x x

x y

4 + y - -

5 0 - = 16 0 =

= 4 = -

7 Ï Ì 4 Ó

Ï Ì Ó

;

)

-

Gọi

là tâm của hình bình hành ABCD

và

I x y ( 0

0

C x (2 0

y 4; 2 ) 0

7

4

0,25

3; 2

4)

J

; 2

2

-

+

+  tọa độ trung điểm của BC là

B x (2 0

y 0

y 0

x - 0 2

Ê Á Ë

ˆ ˜ ¯

J

d ( ) :2

x

8

y

I BD x

: 7

4

y

5 0

Œ

+

- = và 5 0

Œ

+

- = nên:

0,25

4 7 8(2 - + + 2) 5 0 - =

4 y 0 5 0 - = + x 0 x 0 y 0 Ï Ì 7 Ó

1 x 0 4 1 0 + = + hay ( 2; 1), C B   - - ( 1; 3) -

0,25

4 5 0 + - = = - y 0 y 0 y 0 x Ï 0 Ì 7 x Ó 0 1 2 Ï Ô Ì ÔÓ

Câu 8.b (1,0 điểm)

( 1; 3; 2)

(10; 6; 2)

B

- một khoảng bằng 29 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm (0; 2; 1), C - A -

và cách điểm 2

2

2

+

π

Giả sử (P) có vtpt (P) đi qua

+ nên:

B

(10; 6; 2)

= (0; 2; 1),

A -

0,25

 pt (P):

(10

a

8 ) b z

ax by +

-

+

+

b 10 |

10 a |

10 b + = b a 3 - +

+

b 8 ) 10 +

+

Theo giả thiết

d C P

29

29

([ ;( )]

=

€

=

0 + 2

a 2(10 2

a 2

a

b

a

b 8 )

(10

+

+

+

2

2

2

2

0,25

160

29(

160

a

29 | b

29. 101 a

ab

2 65 b

ab

65 b

| 29 € +

=

+

+

€

+

+

2

2

a

ab

a 12

17

b 6

a (3

0

b 2 )(4

b 3 ) 0

€

+

+

= € +

+

101 a = b 2 0 = + b 0 3 + =

) a b + a 3 È = € Í a 4 Î

 pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0

Với 3 a

0

b+ 2

= ta chọn

0,25

2 3 = -

3

 pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0

Với 4 a

0

b+ 3

= ta chọn

0,25

4 = -

a Ï Ì b Ó a Ï Ì b Ó

<

1 2

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình :

1)

+

1 log ( x 3

log

2

3

1

x

x

-

+

3

2

1 0

x

3

x

2

+ >

-

2

2

x

3

1 0

x

+ π

-

x

1;

(1;

) \

ĐK:

hay

{ } \ 0

1 2

Ê Œ - Á Ë

ˆ ˜ ¯

3 Ï ¸ » + • Ì ˝ 2 Ó ˛

Ï Ô Ô Ì x 1 0 + > Ô Ô + π x 1 1 Ó

0

0,25

2

2

,

Với điều kiện trên và để ý rằng

2 3 1 1 2 x x x x 3 - + > € - 0 > €

x

x

0

1 1

+ > € > . Từ đó ta có thể chia bài toán thành 3 trường hợp sau:

x

x

1) 0

0

+ <

1 1 < + < 

và

- < < , thì 0x

22 x

1 1

x- 3

+ >

TH1: Với 1

log ( 3

2

3 2 x <È Í Í > x Î

3

0

1

x

. thì:

x < <

⁄ < <

TH2: Với

log 2 x 3 x 1 0 € -

3 2

+ >  bất phương trình đã cho vô nghiệm. 1 2

0,25

2

2

1) 0

x

1 1 + > 

+ >

log ( 3

3

x 1 1 và + < € phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng.

x

x

1) 0

1 1 + > 

+ >

TH3: Với

log ( 3

3 x > , thì 2

2

2

2 3 0 x x log 2 x 3 x 1 0 < - - + <  bất

0,25

và

2

x

3

x

log

2

x

3

x

-

-

+ > . 1 0

3

Từ đó với

x > , bất phương trình đã cho tương đương:

1 1 + > € 3 2

2

2

log

2

3

x

x

1

x

+

-

1) + <

1

1

3

2

x

x

x

-

+ > +

log ( 3

3

€

x

>

Ï Ô Ì x >Ô Ó

2

2

2

3 2 0

3 2 x 2

x x x 1) 1 ( 3 + > + >

Ï Ô Ì Ô Ó x 5 - 3 2

Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm:

5 € € x € > x x > > - 3 2 Ï Ô Ì Ô Ó Ï Ô Ì Ô Ó

0,25

S

)

1;

0;

(5; » + •

»

=

1 2

3 2

ˆ ˜ ¯

Ê Á Ë

ˆ ˜ ¯

Ê Á Ë

.

M d x

m )

M m ( 3

7 0

( ) :

-

+ =  -

+

Œ

Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 còn có cách giải sau: Câu 1.2: y 7; 3 Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Khi đó ta có:

+

-

=

+

-

=

+

-

(+)

.

2

2

+

+

=

-

-

+

=

= Từ đó: +

2

+

+

=

+

-

-

=

+

+

+

2

=

+

+

-

-

=

+

+

+

(+)

2

2

(+)

,

M

-

-

đạt được khi

hay

m m m 114 + 181 30 = + +  = ≥ + + = + 727 10 727 10 19 10 Ê Á Ë ˆ ˜ ¯

(+)

m = -

T = min

727 10

19 10

3

3

x

x

x

x

cos

1 cos

ˆ ˜ ¯ sin

Ê Á Ë (sin

+

+ =

19 10 +

13 10 1) +

(1)

3

t

t

f

t ( )

=

x

x (cos )

(2)

Câu 2: Phương trình đã cho tương đương: Nếu đặt

1) + =

2

3

t

t

f

t ( )

(sin x

+ thì phương trình có dạng: f f 1 0, =

'( ) 3 t t =

+ ta có

(+) (+)

Xét hàm số:

f + > " Œ  hàm số đồng biến trên 2

Từ đó:

k x

x

k

x

k

k

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:

pt k x x x x x € + = € - = € + Œ 2 = € 2 4 k 2 Ê Á Ë ˆ ˜ ¯ 2 È Í Í = - + x Î

(++)

=

Œ

= - + 2

Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl