Tổng hợp 5 đề và đáp án ôn thi quốc gia 2015 - Phan Nhật Nam

Chia sẻ: Pham Dung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:56

Thêm vào BST

Báo xấu

89
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là bộ đề tổng hợp ôn thi quốc gia dành cho học sinh khá giỏi 2015 môn Toán. Ở mỗi đề thi có lời giải chi tiết, sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh giỏi Toán, ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia. Cùng tham khảo nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp 5 đề và đáp án ôn thi quốc gia 2015 - Phan Nhật Nam

DANAMATH Tổng Hợp www.toanhocdanang.com www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang 5 Đề và đáp án ÔN THI QUỐC GIA 2015 GV:Phan Nhật Nam
ĐỀ SỐ 1 2x +1 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; - 2). Câu 2(1,0 điểm): 1. Giải phương trình sau: 2 cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x =sin 2 x + 3 2. Giải phương trình : x 3log3 2 + x 2 .2log3 x =12log3 x + x 3 Câu 3 (1,0điểm). π sin x 1. Tính tích phân: I = ∫ 4 dx 0 5s inx.cos 2 x + 2cosx π 2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số=y sin 3 x= , x 0 và x = , y 0= . 6 Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox. Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau : z − 2i + 1 = iz + i − 1 . trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. ( ) 100 2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton 3−6 5 . Tính xác suất để hai số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ. Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC 2 57 a và AB bằng ; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300. Tính thể tích của khối 19 chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường x −1 y − 2 z +1 x − 3 y +1 z thẳng d1 : = = và d 2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 −2 1 2 −2 1 M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1. Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc BAD  = 600 . ( ) Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết P 3 ;1 thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc MDN có phương trình x − 3 y + 6 =0 . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi đã cho.  2 x +1  x + 3x − 2 y = x + y + 2 2 Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  3 6 x 2 − 2 y − 2 + 3 x + 10 = y 2 2x −1 + 4 6 y + 4 − x + 2 y 
Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : 2 ( x 2 + y 2 ) = x 2 y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất x y 1 của biểu thức : P = + + y +1 x +1 x + y2 +1 2 --- Hết --- GIẢI ĐỀ SỐ 1 2x +1 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). x +1 2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; - 2). Phương pháp chung : Viết phương trình tiếp tuyến với (C): y = f ( x) thỏa mãn tính chất P. • Gọi M(xo; f ( x0 ) ) , ∀x0 ∈ D f là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là k = f '( x0 ) • : y f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) {tới đây ta chỉ cần tìm x0 } Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : d= • Phân Tích tính chất P. o Nếu tính chất P liên quan đến hệ số góc {song song đường thẳng cho trước hoặc vuông góc đường thẳng cho trước hoặc tạo với đường thẳng cho trước một góc cụ thể hoặc tạo với hệ trục Oxy thành tam giác có tính chất về tỷ số …} Thì ta sử dụng các công thức ở trên để tìm hệ số góc tiếp tuyến sau đó giải phương trình k = f '( x0 ) để tìm x0 o Nếu tính chất P là tiếp tuyến kẻ từ hoặc đi qua A ( x1 ; y1 ) thì ta có ⇔ y1 f '( x0 ) ( x1 − x0 ) + f ( x0 ) {với x1 , y1 cho trước} từ đó suy ra x0 A ∈ d= o Nếu tính chất P liên quan đến khoảng cách , góc, diện tích, … thì ta sử dụng công thức tương ứng để lập phương trình theo biến x0 sau đó giải phương trình để tìm x0 Các chú ý về hệ số góc của đường thẳng : d: y = ax + b ⇒ hệ số góc của d là a = tan (d,chiều dươngOx) ĐB :d : x = a ⇒ d không có hệ số góc Cho d1 : y = a1x + b1 và d2 : y = a2x + b2 khi đó ta có • d1 / / d 2 ⇔ = a1 a2 {b1 ≠ b2 } • d1 ⊥ d 2 ⇔ a1.a2 = −1
a1 − a2 • tan ( d1 , d 2 ) = 1 + a1a2 • d1 tạo với trục Ox một góc α ⇒ a1 = ± tan α d ∩ Ox ={ A} OB Nếu  Thì K d = { K d là hệ số góc của đường thẳng d} {B} d ∩ Oy = OA OB OB Cụ thể : Nếu x A . yB < 0 thì K d = Nếu x A . yB > 0 thì K d = − OA OA Bài giải :  2x +1  Gọi M  x0 ; 0  (với x0 ≠ −1 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến d cần tìm  x0 + 1  1 2x +1 = d:y ( x − x0 ) + 0 ⇔ d : x − ( x0 + 1) 2 y + 2 x02 + 2= x0 + 1 0 ( x0 + 1) 2 x0 + 1 d cách đều hai điểm A, B 2 − ( x0 + 1) 2 4 + 2 x02 + 2 x0 + 1 −4 − ( x0 + 1) 2 (−2) + 2 x02 + 2 x0 + 1 ( A, d ) d= d= ( B, d ) = 1 + ( x0 + 1) 4 1 + ( x0 + 1) 4  x02 + 2 x0 =⇔ 0 x0 = 0, x0 = −2 ⇔ −2 x − 6 x0 − 1= 4 x + 6 x0 − 1 ⇔  2 2 0 2 0  x0 − 1 =0 ⇔ x0 =1, x0 =−1 (l ) 1 5 x0 = 0⇒d : y = x +1 x0 =−2 ⇒ d : y =x + 5 x0 = 1 ⇒ d : y =x + 4 4 1 5 Vậy có ba tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán: d : y= x + 1 , d : y= x + 5 và d := y x+ 4 4 Câu 2(1,0 điểm): 1. Giải phương trình sau: 2 cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x =sin 2 x + 3 Dấu hiệu cần nhớ : Nếu phương trình lượng giác có chứa 3 thì thông thường ta sẽ xét hai trường hợp: • TH1: Nếu phương trình có chứa bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng và công thức hạ bật để quy về dạng phương trình bật một theo sin, cos. • TH2: Nếu phương trình không có bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích và công thức nhân đôi để biến đổi phương trình về dạng phương trình tích. Nếu phương trình lượng giác có chứa hai số hạng đồng thới thỏa mãn điều kiện: cùng hệ số, cùng hàm(sin hoặc cos), cùng tính chẳn hoặc lẻ của cung thì ta sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích để quy phương trình về dạng phương trình tích
Bài giải : pt ⇔ 4 cos 5 x cos x − 3 ( 2 cos= 2 x − 1) 2sin x cos x + 3 ⇔ 2 cos x 2 cos 5 x − 3 cos x=( − sin x 0 )  π  cos x = 0 ⇔ x = + kπ ⇔ 2   3 cos x + sin x =2 cos 5 x (1) 3 1 2 (1) ⇔ cos x + sin x = cos 5 x (chia hai vế cho a 2 + b= 2 3 + 1= 2 2) 2 2  π π π 5 x =x − + k 2π ⇔ x =− + k π π  π  6 24 2 ⇔ cos x cos + sin x sin = cos 5 x ⇔ cos 5 x= cos  x −  ⇔  6 6  6  π π π 5 x =− x + + k 2π ⇔ x = + k  6 36 3 π π π π π Vậy phương trình có ba nghiệm: x= + kπ , x = − +k và = x +k với k ∈ Z 2 24 2 36 3 2. Giải phương trình : x 3log3 2 + x 2 .2log3 x =12log3 x + x 3 Dấu hiệu cần nhớ: Nếu phương trình lôga chứa số hạng có dạng: a logb x thì ta đặt = x bt để chuyển t log b x ⇔= phương trình về dạng phương trình mũ cơ bản Bài giải : ĐK: x > 0 . Đặt= : t log 3 x ⇔= x 3t ( 3t )= 3= log3 23 = 3= t x3log 32 t log3 8 log3 8 8t . t t t  18   12   27  pt ⇔ 8 + ( 3 t ) t 2 .2 = 12 + ( 3 t t ) t 3 ⇔ 8 + 18 = 12 + 27 ⇔ 1 +  = t t t t    +  8 8  8  3t 3 3 2t 3 t  3 t   3  2 t  3 t ⇔   −   +   − 1 = 0 ⇔   − 1   + 1 = 0 ⇔   = 1 ⇔ t = 0 ⇔ x = 1 2 2 2  2    2   2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3 (1,0điểm). π sin x 1. Tính tích phân: I = ∫ 4 dx 0 5s inx.cos 2 x + 2cosx Dấu hiệu cần nhớ: Nếu tích phân luong giác dạng phân số không căn và tất cả các số hạng cùng loại bậc chẳn hoặc cùng bật lẻ thì ta chia tử và mẫu cho cos n x để quy về dạng :
1 ∫ f (tan x). cos 2 x dx sau đó đặt t = tan x hoặc chiatử và mẫu cho sin n x để quy về dạng : 1 ∫ f (cot x). sin 2 x dx sau đó đặt t = cot x (với n là bậc cao nhất) Bài giải : sin x π π cos3 x tan x 1 I ∫= 0 4 5s inx.cos 2 x + 2cosx dx ∫ 0 4 2 tan x + 5 tan x + 2 cos 2 x 2 dx cos3 x  π 1 x = ⇒t = 1 Đặt : t= tan x ⇒ dt= dx Đổi cận:  4 cos 2 x  x = 0 ⇒ t = 0 1 t 1 1 2(2t + 1) − (t + 2) =I ∫0 2t 2 + 5t + 2 3 ∫0 (2t + 1)(t + 2) dt = dt 1 1 2 1 2 1 1 1 2 = ∫ − 3 0 t + 2 2t + 1 =  ln t + 2 − ln 2t + 1 = dt 3 6 0 2 ln 3 − ln 2 3 π 2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số=y sin 3 x= , x 0 và x = , y 0= . 6 Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox. Bài giải : π π π 6 π 6 1  ππ π ∫ ( sin 3x ) dx = V= ∫ (1 − cos 6 x ) dx = x − sin 6 x  6 = 2 (dvtt ) 0 20 2 6  0 12 Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau : z − 2i + 1 = iz + i − 1 . trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. Bài giải : Gọi z= x + yi với x, y ∈ R , z có điểm biểu diển là M(x ; y). gt ⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) i = ( − y − 1) + ( x + 1) i ⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = ( − y − 1) + ( x + 1) ⇔ 2 y −1 = 0 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diển của z là đường thẳng có phương trình là 2 y − 1 =0 1 1 1 1 z = x + i ⇒ z = x 2 + ≥ ⇒ Min z = khi x = 0 2 4 2 2
1 Số phức có môđun nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán là z = i 2 ( ) 100 2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton 3−6 5 . Tính xác suất để hai số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ. Bài giải : ( ) ( 3) ( 5) 100 100 − k ∑ (−1)k C100k 100 k Ta có khai triển: 3−6 5 = 6 k =0 100 − k k Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk +1 = (−1) k C100 k 3 2 56 0 ≤ k ≤ 100 Vì 3 và 5 là các số nguyên tố nên Tk +1 là số hữu tỷ thì  ⇒ có 17 số k thỏa điều kiện k  6 Vậy trong khai triển ta có 17 số hữu tỷ và 84 số vô tỷ. Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên 2 số hạng trong 101 số hạng của khai triển: ⇒ số phần tử của Ω là Ω = C101 =2 5050 Gọi A là biến cố hai số hạng chọn ra có một số vô tỷ và một số hữu tỷ: • Chọn một số hữu tỷ từ 17 số hữu tỷ trong khai triển ⇒ có C171 = 17 cách chọn • Chọn một số vô tỷ từ 84 số vô tỷ trong khai triển ⇒ có C84 1 = 84 cách chọn Theo quy tắc nhân ta có số phần tử của không gian biến A là Ω A = 17 × 84 = 1428 Ω A 1428 Vậy xác suất của biến cố A là P= ( A) = = ... Ω 5050 Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC 2 57 a và AB bằng ; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300. Tính thể tích của khối 19 chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Bài giải : Gọi H là hình chiếu của S lên AB mặt khác ta có (SAB) và (ABCD) vuông góc nhau theo giao tuyến AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD) S K A D
Ta có BH là hình chiếu của BS lên mặt phẳng (ABCD) ( SB, (= ABCD) ) (= BS , BH ) SBH  =  , gt ⇒ SBH 300 Ta có : AB / / CD ⇒ AB / / ( SCD ) ⇒ d ( AB, SC ) = d ( H , ( SCD)) Dựng HM ⊥ CD (với M ∈ CD ) ⇒ CD ⊥ ( SHM ) ( vì SH ⊥ CD ) ⇒ (SCD), (SHM) vuông góc nhau theo giao tuyến SM Dựng HK ⊥ SM (với K ∈ SM ) ⇒ HK ⊥ ( SCD) 2 57 a ⇒ K là hình chiếu của H lên (SCD) ⇒ d ( H , SCD) = HK , gt ⇒ HK = 19 Đặt: cạnh của hình vuông là b khi đó ta có HM = b. SB  = cos 300 ⇒ SB b 3 Xét ∆ABS ta có: = cos SBA = AB 2 SH  = sin 300 ⇒ SH= b 3 Xét ∆SHB ta có: = sin SBH SB 4 1 1 1 19 1 16 19  SH = a 3 Xét ∆SHM ta có: = + ⇔ = + = ⇔ b = 2 a ⇒  HK 2 HS 2 HM 2 12a 2 b 2 3b 2 3b 2  AB = 2a 1 1 4 3a 3 = VSABCD = SH .S ABCD = SH . AB 2 (đvtt) 3 3 3 Gọi I là tâm của ABCD, khi đó ta có: IB = IC = ID (1)  BC ⊥ AB Ta có :  ⇒ BC ⊥ SA mà SA ⊥ SB ⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ SC ⇒ ∆SAC vuông tại S IS = IC (2)  BC ⊥ SH 1 Từ (1) và (2) ta có I là tâm mật (S) cầu ngoại tiếp SBCD ⇒ bán kính mặt cầu (S) là R= IA = AC= a 2 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SBCD là:= π R 2 8π a 2 (đvdt) S( S ) 4= Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường x −1 y − 2 z +1 x − 3 y +1 z thẳng d1 : = = và d 2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 −2 1 2 −2 1 M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1. Bài giải :
 x = 1 + 2t  x= 3 + 2m   Ta có: d1 :  y= 2 − 2t và d 2 :  y =−1 − 2m  z =−1 + t z = m   A= ( P) ∩ d1 ⇒ A (1 + 2t ; 2 − 2t ; − 1 + t ) ∈ ( P) , B= ( P) ∩ d 2 ⇒ B ( 3 + 2m; − 1 − 2m; m ) ∈ ( P)   AB= ( 2m − 2t + 2; − 2m + 2t − 3; m − t + 1) , AM = ( −1 − 2t ; 2t ; − t + 1)  m − t =−1 AB = 1 ⇔ ( 2m − 2t + 2 ) + ( −2m + 2t − 3) + ( m − t + 1) = 1 ⇔ 9 ( m − t ) + 22 ( m − t ) + 13 = 0 ⇔  2 2 2 2  m − t =− 13  9  Với m − t =−1 ⇒ m =t − 1 ⇒ AB =( 0; − 1; 0 )    np =  AM , AB  = ( −t + 1; 0; 2t + 1) là VTPT của (P).         Ox / /( P) ⇒ uOx ⊥ n p ⇔ uOx .n p = 0 ⇔ −t + 1= 0 ⇔ t = 1 ⇒ n p = ( 0; 0; 3) (với uOx là VTCP của Ox)  (P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là n p = ( 0; 0; 3) ⇒ ( P) : y =0 (loại vì (P) chứa Ox) 13   8 1 4  Với m − t =− ⇒ AB = − ; − ; −  9  9 9 9     −9t + 1 12 18t + 1  =n p  AM = , AB   ;− ;  là VTPT của (P).  9 9 9      1   12 3   Ox / /( P) ⇒ uOx ⊥ n p ⇔ uOx .n p = 0 ⇔ −9t + 1= 0 ⇔ t = ⇒ n p =  0; − ;  (với uOx là VTCP của 9  9 9 Ox)   12 3  (P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là n=p  0; − ;  ⇒ ( P) : 4 y − z − 8 =0.  9 9 Vậy mặt phẳng cần tìm là: ( P) : 4 y − z − 8 =0  Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc BAD = 600 . Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết P ( ) 3 ;1 thuộc đường thẳng  DN và đường phân giác trong của góc MDN có phương trình x − 3 y + 6 =0 . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi đã cho. B d : x − 3y + 6 =0 M P’ N H
Bài giải : D∈d ⇒ D ( 3m − 6 ; m )  NC = MB ∆CDN = ∆CDM MB + NB = AB ⇒  ⇒  NB = MA ∆NDB = ∆MDA  NDC   = MDB ⇒  ⇒ MDN 600 ( Vì  = ADC = 1200 )   NDB  = MDB Gọi P’ là điểm đối xứng với P qua d ⇒ P ' ∈ DM ⇒ ∆DPP ' là tam giác đều có d là đường phân giác ⇒ DP = 2d ( P, d ) 3− 3+6 m = 1 ( ) + ( m − 1) 2 ⇔ 3m − 6 − 3 = ⇔ 2 2 12 + 3 2 = m 3 3 + 1 Vậy có hai điểm cần tìm D ( ) ( 3 − 6 ;1 và D 3 + 3 ; 3 3 + 1 )  2 x +1  x + 3x − 2 y = x + y + 2 2 (1) Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  3 6 x 2 − 2 y − 2 + 3 x + 10 = y 2 2x −1 + 4 6 y + 4 − x + 2 y  (2) Bình luận: Vì phương trình (2) quá phức tạp và không có dấu hiệu để biến đổi nên ta sẽ tập trung vào (1). Ta sẽ biến đổi pt(1) về dạng tích bằng phương pháp nhân liên hợp,trước tiên ta phải đoán được nhóm chung cần tìm là gì: (1) ⇔ 2 x 2 + 3 x − 2 y= 2 x + y 2 + x + 1 . Ta sẽ tìm nhóm chung bằng máy tính vớikỹ thuật sau: Xét x = 1 ta có: 2 4 − 2 y= 2 1 + y 2 + 2 ⇒ y= 0 1 Xét x = 2 ta có: 2 10 − 2 y= 2 2 + y 2 + 3 ⇒ y= 2 a + c = 0  c = − a Nếu nhóm chung bật một ax + by + c thì ta có :  1 ⇔ ⇒ x − 2 y − 1 là nhóm chung.  2 a + b + c =0 b = − 2 a 2 Đến đây ta sẽ đại lượng cần thêm vào các nhóm phần tử: x 2 + 3 x − 2 y − A2 =x − 2 y − 1 ⇔ A2 =( x 2 + 3 x − 2 y ) − ( x − 2 y − 1) =( x + 1) ⇒ A =x + 1 2 2 Vậy đại lượng cần thêm vào x 2 + 3 x − 2 y chình là x + 1 Bài giải : ĐK:
x − 2 y −1 x2 − 4 y 2 − x − 2 y (1) ⇔ x 2 + 3x − 2 y − ( x + 1) + x 2 + 3x − 2 y − 2 x + y 2 =0 ⇔ + =0 x 2 + 3x − 2 y + ( x + 1) x 2 + 3x − 2 y + 2 x + y 2  1 x + 2y  ⇔ ( x − 2 y − 1)  +  =0 ⇔ x − 2 y − 1 =0 (vì  x 2 + 3 x − 2 y + ( x + 1) x 2 + 3x − 2 y + 2 x + y 2  x + 2y ≥ 0) Thay 2 y= x − 1 vào phương trình (2) ta có: 3 6 x 2 − x − 1 + 8 x −= 5 2 x − 1 + 4 3x + 1 ( 3) Bình luận : Đến đây ta dễ dàng thấy được 6 x 2 − x −= 1 2 x − 1. 3 x + 1 Điều này khiến ta nghĩ đến đến hai phép =u 2x −1 đặt ẩn phụ cơ bản: = t 2 x − 1 + 4 3x + 1 hoặc  để quy về pt bậc 2 theo 2 biến. Nhưng ta lại = v 3x + 1 thấy phép đặt =t 2 x − 1 + 4 3x + 1 không phù hợp với bài này vì không thể khử hết biến x trong phương trình =u 2x −1 ≥ 0 Đặt :  . 6 x2 − x −1 =uv , 8 x − 5 = u 2 + 2v 2 − 6 = v 3x + 1 ≥ 0 (3) ⇔ 3uv + u 2 + 2v 2 − 6 = u + 4v ⇔ u 2 + ( 3v − 1) u + 2v 2 − 4v − 6 = 0 ∆u = ( 3v − 1) − 4 ( 2v 2 − 4v − 6 ) = ( v + 5) 2 2  − ( 3v − 1) − ( v + 5 ) u = =−2v − 2 (loai vi u ≥ 0, v ≥ 0) 2 (3) ⇔   − ( 3v − 1) + ( v + 5 ) u = =−v + 3 2 9 − 5 x ≥ 0 ⇔ u + v = 3 ⇔ 2 x − 1 + 3 x + 1 = 3 ⇔ 2 (2 x − 1)(3 x + 1) = 9 − 5 x ⇔  2 ⇔x=1  x − 86 x + 85 = 0 Vậy ( x; y ) = (1;0) là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài tập tương tự:  2 y  x − ( x + y) = 3 x− y 1.   ( ) 2 x 2 + y 2 − 3 2 x − 1 =11
(1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y 2.  2 y − 3 x + 6 y += 1 2 x − 2 y − 4x − 5 y − 3 2  x 2 + 16( y − x) + y = 2 xy 3.   13 − ( x + y ) − y − 3 =5 Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : 2 ( x 2 + y 2 ) = x 2 y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất x y 1 của biểu thức : P = + + y +1 x +1 x + y2 +1 2 Bài giải : Ta có: x 2 y= 2 ( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) ⇒ xy ≥ x + y 2 2 Do đó: x 2 + y 2 + 1 = ( x + y) − 2 xy + 1 ≤ ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 = ( x + y − 1) 2 2 2 1 1 ⇒ x2 + y 2 + 1 ≤ x + y −1 ⇒ ≥ x + y +1 2 2 x + y −1 x y x y  1 1  4 + = +1+ +1− 2 = ( x + y + 1)  +  − 2 ≥ ( x + y + 1) −2 y +1 x +1 y +1 x +1  x +1 y +1 x+ y+2 4 1 Vậy P ≥ ( x + y + 1) + −2 x + y + 2 x + y −1 Đặt: t= x + y. ta có : (a + b) 2 ≥ 4 xy ≥ 4( x + y ) ⇒ x + y ≥ 4 ⇒ t ≥ 4 4t + 4 1 Từ đó ta được : P ≥ + = − 2 f (t ) , ∀t ∈ [ 4 , + ∞ ) t + 2 t −1 4 1 3t ( t − 4 ) Ta có:= f '(t ) − = ≥ 0 , ∀t ∈ [ 4 , + ∞ ) (t + 2) (t − 1) 2 ( t + 2 ) ( t − 1) 2 2 2 Do đó f (t ) là hàm liên tục và đơn điệu tăng trên [ 4 , + ∞ ) ⇒ f (t ) ≥ f (4) ≥ ⇒ Min [ f ( x)] =khi t = 4 5 5 3 [ ) 4 , +∞ 3 5 Vậy Min ( P ) = khi x= y= 2 3 ĐỀ SỐ 2 2x +1 Câu 1(2,0điểm).Cho hàm số y = có đồ thị (C). x+2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y =− x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 3 (1,0 điểm).  π 1. Giải phương trình: 2sin 2 x + 2 sin  2 x +  + 5sin x − 3cos x = 3  4 2. Giải phương trình: log 4 ( x + 1)= + 2 log 4 − x + log8 ( 4 + x ) 2 3 2 Câu 3 (1,0 điểm). 1 1 − 12 x 2 + 16 x + 4 1. Tính tích phân: I = ∫ dx ( x + 1) ( 3x + 1) 0 3 x2 2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau : y =4 − x 2 , y = 3 Câu 4 (1,0 điểm). 1. Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn điều kiện= z1 2,= z2 5 và z1 − z2 = 4 . Hãy tính mô đun của số phức z= z1 + z2 . 2. Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam và một nữ. Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp SABC, có cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,  BAC = 1200 . Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a . Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy z, cho hai mặt phẳng (P): 2x + z – 3 = 0 và (Q): x + 2y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q), 4 đồng thời hợp với các mặt phẳng tọa độ thành khối tứ diện có thể tích bằng . 15 Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình  23 15  đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0. Gọi H  − ;  là  7 7  2  trực tâm của tam giác ABC và G  − ; 4   3  là trọng tâm tam giác ACD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành A, B, C, D. (1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 x  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x 2 − y + 2 3 x3 − 4= 2( y − 2) Câu 9 (1,0 điểm).Tìm tất cả các số thực m sao cho hệ phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt.
  2.3 x− y + ( x − y ) .2 x − y + 2 = 7.2 x − y   m( x + 4) y + 2 y + 3= 5 x + 8 y + 32  2 2 ---- Hết --- GIẢI ĐỀ SỐ 2 2x +1 Câu 1(2,0điểm).Cho hàm số y = có đồ thị (C). x+2 Chứng minh rằng đường thẳng d: y =− x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Bài giải: 2x +1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là =− x + m (1) ĐK: x ≠ −2 x+2 (1) ⇔ f ( x) = x 2 + (4 − m) x − 2m + 1 = 0 (2) ∆= ( 4 − m )2 − 4(−2m + 1)= m 2 + 12 > 0 , ∀m ∈ R Ta có :  ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2  f (−2) = (−2) + (4 − m)(−2) − 2m + 1 ≠ 0 , ∀m ∈ R 2 ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt , ∀m ∈ R ⇔ d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt ( dfcm ) . Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (2), theo talet ta có: x1 + x2 =− m 4 , x1.x2 = −2m + 1 Khi đó ta có : A ( x1 ; − x1 + m ) và B ( x2 ; − x2 + m ) là hai giao điểm = ( x1 − x2 ) + [(− x1 + m) − (− x2 + m)= ] 2 ( x1 − x2 = ) ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 2 2 2 2 AB 2 = ( m − 4) − 4 ( −2m + = 1) 2 m 2 + 12 ≥ 24 2 2 Vậy Min ( AB ) = 24 khi m = 0 Câu 3 (1,0 điểm).  π 1. Giải phương trình: 2sin 2 x + 2 sin  2 x +  + 5sin x − 3cos x = 3  4 Bài giải: pt ⇔ 2sin 2 x + (sin 2 x + cos 2 x) + 5sin x − 3cos x − 3 =0 ⇔ 6sin x cos x + (1 − 2sin 2 x ) + 5sin x − 3cos x − 3 =0 ⇔ 3cos x ( 2sin x − 1) − ( 2sin 2 x − 5sin x + 2 ) = 0 ⇔ 3cos x ( 2sin x − 1) − ( sin x − 2 )( 2sin x − 1) = 0 ⇔ ( 2sin x − 1)( 3cos x − sin x + 2 ) = 0  2sin x − 1 =0 (1) ⇔ sin x − 3cos x = 2 (2)  π  x= + k 2π 1 6 (1) ⇔ sin x =⇔  2 = 5π x + k 2π  6
1 3 2 2 (2) ⇔ sin x + cos x = ⇔ cos x cos α + sin x sin α = 10 10 10 10 ⇔ cos ( x − α ) = cos β ⇔ x = α ± β + k 2π  3 cos α = 10 2 Với:  và cos β = sin α = 1 10  10 2. Giải phương trình: log 4 ( x + 1)= + 2 log 4 − x + log8 ( 4 + x ) 2 3 2 −4 < x < 4 Bài giải: ĐK:   x ≠ −1 1 pt ⇔ log 22 ( x + 1) 2 + log 2= ( 4 − x ) 2 + log 2 ( 4 + x ) 3 22 log 1 3 22 ⇔ log 2 x + 1 + log= 2 4 log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 ( 4 x + = 1 ) log 2 ( 4 − x )( 4 + x )  16 − x 2 ≥ 0 −4 ≤ x ≤ 4   x = 2 ⇔ 4 x + 4 = 16 − x ⇔   4 x + 4 = 16 − x ⇔   x 2 + 4 x − 12 = 0⇔ 2 2   4 x + 4 =− 16 − x 2  2  x= 2 − 2 6   ( )   x − 4 x − 20 = 0 Chú ý : Trong bài này sai lầm thường mắt phải là: log 22 ( x + 1= ) log 2 ( x + 1) . Cần nhớ log a b2 n = 2n log a b 2 Câu 3 (1,0 điểm). 1 1 − 12 x 2 + 16 x + 4 1. Tính tích phân: I = ∫ dx ( x + 1) ( 3x + 1) 0 3 1 1 − 4 ( x + 1)( 3 x + 1) 1 1 1 1 ∫0 ( x + 1) ( x + 1)( 3x + 1) dx = Bài giải: I = ∫0 ( x + 1) ( x + 1)( 3x + 1) dx − 4 ∫ 0 x +1 dx = I1 − 4 I 2 1 1 1 I1= ∫ x + 1 d ( x + 1)= 0 ln x + 1 = ln 2 0 1 1 I2 = ∫ dx 0 3x + 1 ( x + 1) 2 x +1 3x + 1 3x + 1 1 Đặt:= t ⇔= t2 ⇒ tdt = dx x +1 x +1 ( x + 1) 2
 x = 1 ⇒ t = 2 Đổi cận   x = 0 ⇒ t = 1 2 2 1 2 = I2 ∫1 t tdt = ∫= 1 dt t = 1 2 −1 Vậy : I= 2 − 1 − 4 ln 2 x2 2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường sau : y =4 − x 2 , y = 3 x2 Bài giải: Phương trình hoành độ giao điểm : 4 − x = ⇔ 3 4 − x 2 = 2 x 2 ⇔ x 4 + 9 x − 36 = 0⇔ x= ± 3 3 3 x2 = S ∫ 4 − x2 − 3 dx − 3  4 − x2 ≥ 1  x2 ∀x ∈  − 3 , 3  ⇔ 0 ≤ x 2 ≤ 3 ⇒  x 2 ⇒ 4 − x2 − ≥ 0  ≤1 3 3  3 x2  3 3  x2  x3 3 2 3 S = ∫  4 − x − dx = ∫ 4 − x dx − ∫   dx =I1 − 2 2 =I1 − − 3 3 − 3 − 3 3 9 − 3 3 Đặt : = x 2sin t ⇒ dx= 2 cos tdt  π  x =− 3 ⇒ t =− 3 Đổi cận:   x= 3 ⇒ t= π  3 π π π π 3 3 3  1  3 4π I1 =∫π 4 (1 − sin t ) 2 cos tdt = 2 ∫ (1 + cos 2t ) dt = 4 ∫ cos 2 tdt = 2  t + sin 2t  = + 3 2 π π  2  π 3 − 3 − 3 − 3 − 3 4π 3 Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là := S + (đvdt) 3 3 Câu 4 (1,0 điểm). 1. Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn điều kiện= z1 2,= z2 5 và z1 − z2 = 4 . Hãy tính mô đun của số phức z= z1 + z2 . Bài giải:
Gọi z= 1 x1 + y1i và z= 2 x2 + y2i với x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R Khi đó ta có :  z1 == 2  x12 + y12 4 =  x12 + y12 4 =  x12 + y12 4      z2= 5 ⇔  x22 + y22= 25 ⇔  x22 + y22= 25 ⇔  x22 + y22= 25    2 2 2 2   z1 − z2 = 16  x1 + y1 + x2 + y2 = 16 + 2 x1 x2 + 2 y1 y2 2 x1 x2 + 2 y1 y2 = 4 ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 = 13 z = z1 + z2 = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) = x12 + y12 + x22 + y22 + 2 x1 x2 + 2 y1 y2 = 4 + 25 + 13 = 42 2 2 2. Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam và một nữ. Bài giải: Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh Khi đó ta có số phần tử của không gian mẫu là : Ω= C71 × C71= 49 Gọi A là biến cố hai học sinh được chọn là một học sinh nam và một học sinh nữ. Khi đó ta có số phần tử của không gian biến cố A được tính như sau: TH1: Chọn 1 học sinh nam từ tổ một và 1 học sinh nữ từ tổ hai ⇒ có C31 × C21 = 6 cách chọn TH1: Chọn 1 học sinh nữ từ tổ một và 1 học sinh nam từ tổ hai ⇒ có C41 × C51 = 20 cách chọn Theo quy tắc cộng ta có: Ω A = 6 + 20 = 26 Ω A 26 Vậy xác suất cần tìm là : P= ( A) = Ω 49 Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp SABC, có cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,  BAC = 1200 . Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a . Bài giải: Dựng AM ⊥ BC ( với M ∈ BC ) S ⇒ BC ⊥ (SAM) (vì SA ⊥ BC ) ( ( SBC ),= ( ABC ) ) (= MA, MS )  SMA  (Vì SAM = 900 )  = Từ gt ⇒ SMA 600 Theo định lý cosin cho tam giác ABC ta có: A 1200 C 600
BC =  AB 2 + AC 2 − 2 AB.BC.cos BAC = a 7 1  1 =S ABC =AB. AC.sin BAC AM .BC 2 2  AB. AC.sin BAC a 21 = ⇔ AM = BC 7  = SA  = a 7 Xét ∆SAM ta có: tan SMA ⇔ SA = AM tan SMA AM 7 1 1 1  21 a 3 = VSABC =SA.S ABC = SA. AB. AC.sin BAC (đvdt) 3 3 2 42 Dựng hình bình hành ACBD như hình vẽ . 3VSABD Khi đó ta có : AC // BC ⇒ AC// (SBC) ⇒ d ( AC , SB ) = d ( A, ( SBD) = (1) S SBD 21 a 3 Ta có: V= SABD V= SABC 42 5 14a 2 14a Theo Pitago ta có: SD = SA2 + AD 2 = , SB = SA2 + AB 2 = 7 7 Theo định lý cosin cho ∆SBD ta =  có: cos BSD ( ) SB 2 + SD 2 − BD 2 3 = 2.SB.SD 4  = ⇒ sin BSD  = 1 − cos 2 BSD 4 7 21a 3 3 ( ) 2 1  5 7a 42 3a =S SBD =SB.SD.sin BSD (1) ⇔ d ( AC , SB ) = = (đvđd) 2 14 5 7a 2 5 14 Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy z, cho hai mặt phẳng (P): 2x + z – 3 = 0 và (Q): x + 2y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q), 4 đồng thời hợp với các mặt phẳng tọa độ thành khối tứ diện có thể tích bằng . 15 Bài giải:  ( P) : 2 x + z − 3 = 0 ⇒ n p = ( 2; 0;1) là VTPT của mặt phẳng (P)  ( P) : x + 2 y + 3 z − 4 = 0 ⇒ nQ = (1; 2; 3) là VTPT của mặt phẳng (Q)
( R ) ⊥ ( P )    Ta có:  ⇒ mp (R) có VTPT là nR =  n p , nQ  = ( −2 − 5 + 4 ) ( R) ⊥ (Q) ⇒ ( R) : 2 x + 5 y − 4 y + m = 0   m  m  A = ( R) ∩ Ox ⇒ A  − ; 0; 0  ⇒ OA =   2  2   m  m  B = ( R ) ∩ Oy ⇒ B  0; − ; 0  ⇒ OB =   5  5   m  m C = ( R ) ∩ Oz ⇒ B  0; 0;  ⇒ OB =   4  4 4 1 4 VOABC = ⇔ OA.OB.OC = ⇔ m = 43 ⇔ m = 4 ⇔ m = ±4 3 15 6 15 Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: ( R) : 2 x + 5 y − 4 y + 4 =0 và ( R) : 2 x + 5 y − 4 y − 4 =0 Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương  23 15   2  trình đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0. Gọi H  − ;  là trực tâm của tam giác ABC và G  − ; 4   7 7  3  là trọng tâm tam giác ACD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành A, B, C, D. Bài giải: BH đi qua H và vuông góc AC ⇒ BH : x − 5 y + 14 = 0 B ∈ BH ⇒ B ( 5m − 14; m ) A D Gọi I là giao điểm của AC và DB ⇒ I ∈ AC ⇒ I (a ; − 5a − 4)   . 2  G là trọng tâm tam giác ACD ⇒ BG = 4 IG  23 15 I H − ;  G  − ;4  7 7  3   2  2   3  3 7 − − 5m + 14 =4  − − a  a =− ⇒ I  − ;  B ⇔ 3  3 ⇔ 2  2 2 C  4 − m = 4 ( 4 + 5a + 4 ) m = 2 ⇒ B ( −4 ; 2 ) 5x + y + 4 = 0    xB + xD = 2 xI  xD = 2 xI − xB = 1 I là trung điểm của BD ⇒  ⇔ ⇒ D (1; 5 )  yB + yD = 2 yI  yD = 2 yI − yB = 5 Ta có A ∈ AC ⇒ A ( a ; − 5a − 4 ) Lại có I là trung điểm của AC ⇒ C ( −3 − a ;11 + 5a )    7 a − 2 −35a − 62  AB = ( −4 − a ; 6 + 5a ) và CH =  ;   7 7    Ta có H là trực tâm của tam giác ABC ⇒ AB.CH = 0 ⇒ a ⇒ A, C (1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 x  (1) Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x 2 − y + 2 3 x3 − 4= 2( y − 2) (2)
Bình luận:Dễ thấy phương trình (1) chỉ chứa hai nhóm biến là : x và y − 1 điều này khiến ta nghĩ ngay đến phương trình thuần nhất (đồng bậc) hoặc cấu trúc hàm số f =x f ( ) ( ) y − 1 hoặc phương trình tích. Từ đó để thực hiện được ý tưởng này ta nên đặt hai ẩn phụ để quy phương trình (1) về dạng đa thức trong sáng hơn, sau đó ta mới xem thử nó cụ thể là thuộc dạng nào.  x2 ≥ y ≥ 1 Bài giải: ĐK:  x ≥ 0 u= y −1 > 0 Dễ thấy y = 1 không thỏa hệ phương trình. Nên ta chỉ xét y > 1 . Đặt :  = v x ≥0 (1) ⇔ −u 2 ( v 2 − 3u 2 ) − v= 4 u 3v ⇔ v 4 + u 2 v 2 + u 3v − 3u= 4 0 v Chia hai vế cho u 4 và đặt t= ≥ 0 ta có u t = 1 ⇔ u = v ⇔ y − 1 = x ⇔ y = x +1 (1) ⇔ t 4 + t 2 + t − 3 = 0 ⇔ (t − 1) ( t 3 + t 2 + 2t + 3) = 0 ⇔  3 t + t= + 2t + 3 0 (VN , v`i t > 0) 2 Thay y= x + 1 vào phương trình (2) ta có: x 2 − x − 1 + 2 3 x3 − 4= 2( x − 1) (*) Bình luận:pt (*) chứa 2 loại căn và 3 điều này khiến ta nghĩ đến các hướng phân tích sau: Hướng 1: sử dụng hàm số để chứng minh nghiệm duy nhất (phải đoán được 1 nghiệm), Hướng 2: phân tích về phương trình tích bằng nhân liên hợp (phải đoán được nghiệm hoặc đoán được nhóm phần tử chung), Hướng 3: hoặc quy về phương trình thuần nhất bậc 3. Đặt t = 3 sau đó bình phương hai vế. Hướng 4: Đặt hai ẩn phụ để quy về phương trình bậc 3 theo hai biến hoặc quy về hệ phương trình hai biến không căn thức. Nhưng pt(*) không đoan nghiệm được và trong 3 là biểu thức bậc 3 theo biến x , nên ta chỉ có thể đi theo hướng nhân liên hợp để xây dựng được nhóm chung là biểu thức bậc 2.Vấn đề bây giờ là làm sao có thể 3 đoán được nhóm chung này, ta thử xem : 3 x3 − 4 − ( x − 1)= 3 3( x 2 − x − 1) . Từ đây ta có lời giải: (*) ⇔ x 2 − x − 1 + 2  3 x 3 − 4 − ( x − 1)  =0   3( x 2 − x − 1) ⇔ x − x −1 + 2 2 2 =0 3 x 3 − 4 + ( x − 2) 3 x3 − 4 + ( x − 2) 2  6 x2 − x −1  ⇔ x 2 − x − 1 1 + =0  3 x3 − 4 + ( x − 2) 3 x3 − 4 + ( x − 2) 2  2    x 2 − x − 1 =0  ⇔ 1 + 6 x2 − x −1  = 0 (VN ) − − 2   2   x −4 + x 2 3( x 2)  + 3 3   2  4