Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

93
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến với "Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán" của Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng các bạn sẽ được tìm hiểu một số thông tin cơ bản để củng cố kiến thức phục vụ cho kì thi Đại học sắp tới. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2 x 3 - 3x 2 + 5 (1) 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 (d ) : x + 3 y + 7 = 0 sao cho = . + . + . đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin3 x - cos3 x + 3sin 2 x + 4sin x - cos x + 2 = 0 . Ï 1+ y Ô x(1 + x ) = 4 - y 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình Ì x yŒ . Ô( xy + 1)( x 2 y 2 + 1) = 4 y 3 Ó 2 4 x + x3 + x 2 + 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I Ú dx . 1 x 4 + 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: T ( abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 ) (a 2 + b 2 + c 2 ) ( ab + bc + ca ) 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 A(4; - 7) và đường thẳng D : x - 2 y + 4 = 0 . Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến các đường thẳng ( d i ) đều bằng 4 và khoảng cách từ B đến các đường thẳng ( d i ) đều bằng 6. 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 x +1 y -1 z +1 B, D nằm trên đường thẳng (d): = = . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. 4 -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. 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 x + 4 y - 5 = 0 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 x + 8 y - 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) và cách điểm C (-1; 3; - 2) một khoảng bằng 29 . 1 1 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình < . log3 2 x - 3x + 1 log3 ( x + 1) 2 ----------------- 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 Câu 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 x3 - 3x 2 + 5 (2,0 điểm) Èx 0 TXĐ: ; y ' = 6 x2 - 6 x ; y ' = 0 € 6 x2 - 6 x = 0 € Í ; y(0) = 5, y(1) = 0 0,25 Îx 1 Giới hạn: lim y = -• ; lim y = +• x Æ-• xÆ+• Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 1 ) 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -•; 0 ) ; (1; + • ) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 5 Bảng biến thiên: x -• 0 1 +• y’ + 0 - 0 + 5 +• 0,25 y -• 4 Đồ thị y 5 0,25 -1 0 1 x 2. Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d ) : x + 3 y + 7 = 0 sao cho = . + . + . đạt giá trị nhỏ nhất (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 Ê1 ˆ 0,25 + + =  G Á ;3 ˜ Ë3 ¯ Ta có: = . + . + . = = + + + + + + + + 0,25 =3 2 +2 + + + . + . + . = =3 2 + . + . + . Do . + . + . = nên suy ra T nhỏ nhất khi và chi khi MG 0,25 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): 3x - y + 2 = 0 0,25
Ï3x - y + 2 = 0 13 19  tọa độ M là nghiệm của hệ Ì x=- ; y=- Óx + 3y + 7 = 0 10 10 Ê 13 19 ˆ Vậy M Á - , - ˜ là đáp số của bài toán. Ë 10 10 ¯ Câu 2 Giải phương trình: sin3 x - cos3 x + 3sin 2 x + 4sin x - cos x + 2 = 0 (1,0 điểm) (1) € (sin x + 1)3 - cos3 x + (sin x + 1 - cos x) = 0 0,25 € (sin x - cos x + 1)[(sin x + 1) 2 + cos x(sin x + 1) + cos2 x + 1] = 0 Èsin x - cos x + 1 = 0 (1) €Í 0,25 Î(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + 1 = 0 (2) 2 2 Giải (1): È x k 2p Ê pˆ 2 p p 0,25 € Áx+ ˜ = €x+ = ± +k p € Í kŒ Ë 4 ¯ 2 4 4 Í x = - p + k 2p Î 2 Giải (2): Vì (sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + 1 = 2 2 2 È 1 ˘ 3 = Í(sin x + 1) + cos x ˙ + cos2 x + 1 > 0, "x Œ , nên pt(2) vô nghiệm. 0,25 Î 2 ˚ 4 Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm: x = k x=- +k kŒ 2 Câu 3 Ï 1+ y (1,0 điểm) Ô x(1 + x) = 4 - y 2 Giải hệ phương trình: Ì x yŒ Ô( xy + 1)( x 2 y 2 + 1) = 4 y 3 Ó Giải: ĐK: y π 0 Khi đó hệ đã cho tương đương: Ï 2 1 1 Ï 2 1 1 ÏÊ 1ˆ 2 x 1 Ô x + 2 + x + = 4 Ô x + 2 + x + = 4 ÔÁ x + ˜ - 2. + x + =4 0,25 Ô y y Ô y y ÔË y¯ y y Ì 2 €Ì 2 €Ì 3 Ôx + + +x x 1 Ô x x 1 ÔÊ 1 ˆ xÊ 1ˆ 3 =4 x + + 2 + 3 =4 3 + - + Ô Ó y y 2 y 3 Ô Ó y y y ÔÁ x ˜ 2 Á x ˜=4 ÓË y ¯ y Ë y ¯ 1 x Đặt: u = x + , v = , hệ phương trình trở thành: y y ÏÔu 2 + u - 2v = 4 0,25 Ì 3 ÔÓu - 2u.v = 4 Ï u2 + u - 4 Ïu 2 - 4u + 4 = 0 Ô v Ô Ïu 2 €Ì 2 €Ì u 2 + u - 4 € Ìv 1 0,25 Ôu 3 - u (u 2 + u - 4) = 4 Ôv Ó Ó Ó 2 Ï 1 Ôx + y = 2 Ô Từ đó: Ì € x = y =1. Ô x 0,25 1 ÔÓ y Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1) Câu 4 2 4 x + x3 + x 2 + 2 (1,0 điểm) Tính tích phân: I Ú1 x4 + 1 dx 2 2 2 2 x 4 + x3 + x 2 + 2 x3 x2 + 1 I =Ú dx = Ú1 Ú1 x4 + 1 Ú1 x4 + 1 dx dx + dx + 0,25 1 x4 + 1
2 2 2 2 x3 1 d ( x 4 + 1) 1 1 17 I1 = Ú dx = x 1 = 1 ; I 2 = Ú Ú 2 dx = = ln( x 4 + 1) = ln 0,25 1 1 x +1 4 4 1 x +14 4 1 4 2 1 1 2 2 2 1+ 2 1+ 2 x +1 2 x dx = x I2 = Ú 4 dx = Ú Ú dx 0,25 x +1 1 x2 + 1 1 Ê 1ˆ 2 Áx- ˜ +2 1 x2 Ë x¯ 1 Ê p pˆ Ê 1 ˆ 1 Đặt x - = 2 tan t Á - < t < ˜  Á1 + 2 ˜ dx = 2 2 dt = 2(1 + tan 2 t )dt x Ë 2 2¯ Ë x ¯ cos t 3 2 Đổi cận: x = 1  t = 0; x = 2  t = arc tan 4 3 2 arc tan 3 2 3 2 arc tan arc tan 4 0,25 4 2(1 + tan 2 t )dt 4 2dt 2 2 3 2  I2 = Ú 0 2(1 + tan 2 t ) = Ú 0 2 = 2 0 t = 2 arc tan 4 (+) 1 17 2 3 2 Vậy: I = 1 + ln + arc tan 4 2 2 4 Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt (1,0 điểm) 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: CB ^ AB¸ + ˝  CB ^ (SAB)  CSB 300 là góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) CB ^ SA ˛ Từ đó: SB = BC.cot 300 = a 3  SA = SB2 - AB2 = a 2 0,25 BH ^ SA ¸ + ˝  BH ^ ( SAH )  BH ^ AH BH ^ SH ˛ + Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi: 1 1 1 a 2 V = S ABH .SA = . HA.HB.a 2 = HA.HB 3 3 2 6 Có: AH 2 + BH 2 = AB2 = a 2 và theo bđt Cauchy: a2 a = AH + BH ≥ 2 AH .BH  AH .BH £ 2 2 2 2 2 3 0,25 a 2 a 2 a a 2 Từ đó: V = HA.HB £ . = . 6 6 2 12 Đẳng thức chỉ xảy ra khi HA = HB € ABM = 450 € M ∫ D
a3 2 Vậy Vmax (đvtt) đạt được khi M ∫ D 12 Với M ∫ D thì H là tâm của đáy ABCD. Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là trung điểm của AC nên: d[C,(SBD)] d[ A,(SBD)] Kẻ AK ^ SH tại K (1) Ï BD ^ AH 0,25 Ta có: Ì  BD ^ (SAH )  BD ^ AK (2) Ó BD ^ SA (1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD). Vậy d[C,( SBD)] = d[ A,(SBD)] = AK AK được tính bởi: a 2 a 2. SA. AH SA. AH 2 = a 10 0,25 AK = = = SH SA2 + AH 2 2a 2 5 2a 2 + 4 Câu 6 Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: (1,0 điểm) T ( abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 ) (a 2 +b +c 2 2 ) ( ab + bc + ca ) Với các số thực a, b, c dương, ta luôn có bđt đúng: (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 ≥ 0 € a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca € 3( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c) 2 0,25  a + b + c £ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) (1) Do (1) nên: T= ( abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 )£ ( abc 1 + 3 ) a2 + b2 + c2 = (a 2 + b 2 + z 2 ) ( xy + yz + zx ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( ab + bc + ca ) 0,25 ( abc 1 + 3 ) (2) ( ab + bc + ca ) a2 + b2 + c2 Mặt khác theo bđt Cauchy: ab + bc + ca ≥ 3 3 a2b2c2 (3) và a 2 + b2 + c2 ≥ 3 3 a 2b2c 2 = 3. 3 abc (4) 0,25 1 1 Từ (3) và (4) được: £ (5) (ab + bc + ca) a + b + c 2 2 2 3 3.abc Do (5) nên (2) suy ra: T £ ( abc 1 + 3 ) = 3+ 3 . 3 3abc 9 0,25 3+ 3 Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c. Vậy Tmax đạt được khi a = b = c 9 Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; - 7) và đường thẳng (1,0 điểm) D : x - 2 y + 4 = 0 . Tìm điểm B trên sao cho có đúng ba đường thẳng ( d ) ( i Œ{1; 2; 3} ) i thỏa mãn khoảng cách A đến ( d i ) bằng 4 và khoảng cách từ B đến ( d i ) bằng 6. Từ giả thiết ta suy ra các đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) chính là các tiếp tuyến chung của hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính R1 4 và đường 0,25 tròn tâm B, bán kính R1 6 . Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương hai đường tròn (A, R1) và (B, R2) phải tiếp xúc ngoài với nhau hay AB = R1 + R2 (1) 0,25 Ta có B ŒD  B(2b - 4; b) .Suy ra 0,25
Èb 1 € (2b - 8) + (b + 7) = 10 € 5b - 18b + 13 = 0 € Í 13 2 2 2 Íb Î 5 Ê 6 13 ˆ Vậy B(-2;1) hoặc B Á ; ˜ 0,25 Ë5 5 ¯ Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(1; 1; 2) và các điểm (1,0 điểm) x + 1 y -1 z + 1 B, D nằm trên đường thẳng (d): = = . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. 4 -1 1 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 Ï x + 1 y -1 z + 1 0,25 Ô = = Tọa độ H là nghiệm của hệ: Ì 4 -1 1 . Ô Ó4 x - y + z - 3 = 0 1 1 Giải hệ được x = 1; y = ; z = - 2 2 0,25 Ê 1 1ˆ Vậy H Á1; ; - ˜ . Từ đó C (1; 2; 1) Ë 2 2¯ B Œ (d )  B(-1 + 4t;1 - t; -1 + t ) ; AC = AB 2 € AC 2 = 2 AB2 Èt 0 0,25 € 18 = 2 ÈÎ(4t - 2)2 + (2 - t )2 + (t + 1)2 ˘˚ € t 2 - t = 0 € Í Ît 1 + Với t = 0 ta được B(-1;1; -1)  D(3;0;0) + Với t = 1 ta được B(3;0;0)  D(-1;1; -1) 0,25 Câu 9.a Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 (1,0 điểm) 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. 10 Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì không gian mẫu là C40 0,25 Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ. Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là 5 C20 0,25 Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ 0,25 mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là C144 .C61 5 C20 .C144 .C61 126 Vậy xác suất cần tìm là: 10 0,25 C40 1147 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình (1,0 điểm) đường trung tuyến kẻ từ B: 7 x + 4 y - 5 = 0 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 x + 8 y - 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Từ giả thiết ta có: Phương trình BD: 7 x + 4 y - 5 = 0 AD đi qua A(4; 0) và vuông góc với (d): 2 x + 8 y - 5 = 0  phương trình AD: 4 x - y - 16 = 0 0,25 Ï7 x + 4 y - 5 = 0 Ï x = 3 Tọa độ D định bởi: Ì €Ì  D(3; - 4) Ó4 x - y - 16 = 0 Ó y = -4 Gọi I ( x0 ; y0 ) là tâm của hình bình hành ABCD  C (2 x0 - 4; 2 y0 ) và Ê 4x - 7 ˆ 0,25 B(2 x0 - 3; 2 y0 + 4)  tọa độ trung điểm của BC là J Á 0 ; 2 y0 + 2 ˜ Ë 2 ¯ J Œ (d ) :2 x + 8 y - 5 = 0 và I Œ BD : 7 x + 4 y - 5 = 0 nên: 0,25
Ï4 x0 - 7 + 8(2 y0 + 2) - 5 = 0 Ì Ó7 x0 + 4 y0 - 5 = 0 Ïx 1 Ï x0 + 4 y0 + 1 = 0 Ô 0 hay Ì Ì 1  C (-2; - 1), B(-1; 3) 0,25 Ó7 x0 + 4 y0 - 5 = 0 Ô y0 = - Ó 2 Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai (1,0 điểm) điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) và cách điểm C (-1; 3; - 2) một khoảng bằng 29 . Giả sử (P) có vtpt = 2 + 2+ 2 π (P) đi qua A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) nên: 0,25  pt (P): ax + by - (10a + 8b) z + 10a + 10b = 0 | -a + 3b + 2(10a + 8b) + 10a + 10b | Theo giả thiết d ([C;( P)] = 29 € = 29 a 2 + b2 + (10a + 8b)2 €| 29a + 29b |= 29. 101a2 + 160ab + 65b2 € 29(a + b)2 = 101a2 + 160ab + 65b2 0,25 È3a + 2b = 0 € 12a 2 + 17ab + 6b2 = 0 € (3a + 2b)(4a + 3b) = 0 € Í Î4a + 3b = 0 Ïa 2 Với 3a + 2b = 0 ta chọn Ì  pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0 0,25 Ób = -3 Ïa 3 Với 4a + 3b = 0 ta chọn Ì  pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0 0,25 Ób = -4 Câu 9.b 1 1 (1,0 điểm) Giải bất phương trình : < log3 2 x 2 - 3x + 1 log3 ( x + 1) Ï2 x 2 - 3x + 1 > 0 Ô 2 Ô2 x - 3x + 1 π 0 Ê 1ˆ Ï3¸ ĐK: Ì hay x Œ Á -1; ˜ \ {0} » (1; + •) \ Ì ˝ Ôx +1 > 0 Ë 2¯ Ó2˛ Ôx +1 π 1 Ó Èx < 0 0,25 Với điều kiện trên và để ý rằng 2 x - 3x + 1 > 1 € 2 x - 3x > 0 € Í 2 2 , Íx > 3 Î 2 x + 1 > 1 € x > 0 . Từ đó ta có thể chia bài toán thành 3 trường hợp sau: TH1: Với -1 < x < 0 , thì 0 < x + 1 < 1  log 3 ( x + 1) < 0 và 2x2 - 3x + 1 > 1 € log3 2 x 2 - 3x + 1 > 0  bất phương trình đã cho vô nghiệm. 1 3 TH2: Với 0 < x < ⁄ 1 < x < . thì: 2 2 0,25 x + 1 > 1  log3 ( x + 1) > 0 và 0 < 2 x2 - 3x + 1 < 1 € log3 2 x2 - 3x + 1 < 0  bất phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng. 3 TH3: Với x > , thì x + 1 > 1  log 3 ( x + 1) > 0 2 và 2 x2 - 3x + 1 > 1 € log3 2 x 2 - 3x + 1 > 0 . 0,25 3 Từ đó với x > , bất phương trình đã cho tương đương: 2
Ïlog ( x + 1) < log 2 x 2 - 3x + 1 Ï 2 x 2 - 3x + 1 > x + 1 Ô 3 3 Ô Ì 3 €Ì 3 Ôx > Ôx > Ó 2 Ó 2 Ï2 x - 3x + 1 > ( x + 1) 2 2 Ï x - 5x > 0 2 Ô Ô €Ì 3 €Ì 3 € x>5 Ôx > Ôx > Ó 2 Ó 2 Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm: Ê 1ˆ Ê 3ˆ 0,25 S = Á 0; ˜ » Á1; ˜ » (5; + •) Ë 2¯ Ë 2¯ Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 còn có cách giải sau: Câu 1.2: M Œ (d ) : x + 3 y + 7 = 0  M (-3m - 7; m) . Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Khi đó ta có: = + - = + - = + - . (+) Từ đó: + = + 2- - = 2 + + + = + + + - - = 2 + + + = + + - - = 2 + + (+) 2 Ê 19 ˆ 727 727  = + + = m + 114m + 181 = 30 Á m + ˜ + 2 ≥ (+) Ë 10 ¯ 10 10 727 19 Ê 13 19 ˆ  Tmin = đạt được khi m = - hay M Á - , - ˜ (+) 10 10 Ë 10 10 ¯ Câu 2: Phương trình đã cho tương đương: (sin x + 1)3 + sin x + 1 = cos3 x + cos x (1) Nếu đặt f (t ) = t 3 + t thì phương trình có dạng: f (sin x + 1) = f (cos x) (2) (+) Xét hàm số: f (t ) = t 3 + t ta có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, "x Œ  hàm số đồng biến trên (+) Èx k2 Ê ˆ 2 Í Từ đó: pt € x+ = x€ x- x= € Áx+ ˜= € kŒ Ë 4¯ 2 Íx = - + k2 Î 2 Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm: x = k x=- +k kŒ (++) 2 Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl