02 DE VA DA THU DH 6.2010

Bộ Giáo dục và đào tạo Đề thị thử đại học năm 2010
đề tham khảo Môn: Toán T.g: 180ph

Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
12
+

=
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm
)2;1(I
tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn
nhất .
CÂU 2. (2 điểm).
1. Giải phơng trình :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
2. Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :

0)23(log)6(log
2
25,0
=++ xxxm

CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân:


=
2
1
2
2
4
dx
x
x
I
.
CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
aCDBCAB ===
. Gọi C và D lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích
tứ diện ABC D .
CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

CBAAS 2cos2coscos23cos
+++=
.

Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( BA
, đỉnh C nằm trên đờng

thẳng
04 =x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng
0632 =+ yx
. Tính diện
tích tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua
d và vuông góc với d
CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng :
n
n
n
nnnn
CnCCCCS )1()1(432
3210
++++=
Phần B.
CÂU 6B. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)2;1(,)1;2( BA
, trọng tâm G của tam
giác nằm trên đờng thẳng
02 =+ yx
. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :

1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng :
n
nnnn
CnCCCS )1(32
210
+++++=
============ Hết ===========
1
Đáp án môn Toán.
Câu 1. 1. Tập xác định :
1

x
.

1
3
2
1
12
+
=
+

=
xx
x
y
,
2
)1(
3
'
+
=
x
y
,
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
=

x
, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM








+

thì tiếp tuyến tại M có phơng trình
)(
)1(
3
1
3
2

0
2
00
xx
xx
y
+
=
+
+
hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=++ xyxxx
. Khoảng cách từ
)2;1(I
tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0
0
4
0
00

)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=
++
+
=
x
x
x
x
x
xx
d
. Theo bất đẳng thức Côsi
692)1(
)1(
9
2
0

2
0
=++
+
x
x
, vây
6d
. Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi
( )
3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
0
2
0
==++=
+
xxx
x
.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31

+
M
hoặc
( )
32;31
+
M
CÂU 2.
1)
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=+=++ xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( == xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin
=
xx
.
Với
5,0sin =x
ta có


kx 2
6

+=
hoặc


kx 2
6
5
+=
Với
1cossin
=
xx
ta có






==






=
4
sin
2

2
4
sin1cossin

xxx
, suy ra


kx 2
=
hoặc


kx 2
2
3
+=
2)
=++ 0)23(log)6(log
2
25,0
xxxm
=+ )23(log)6(log
2
22
xxxm

+=
<<






=+
>

38
13
236
023
2
2
2
xxm
x
xxxm
xx
Xét hàm số
13,38)(
2
<<+= xxxxf
ta có
82)(' = xxf
,
0)(' <xf

khi
4
>
x
, do đó
)(xf
nghịch biến trong khoảng
)1;3(
,
6)1(,18)3( == ff
. Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất khi
186
<<
m
CÂU 3. Đặt
tx sin2=
thì
tdtdx cos2=
, khi
1=x
thì
6

=t
, khi
2=x
thì
2

=t

, vậy:

==

=
2
1
2
6
2
2
2
2
sin
cos4


dt
t
t
dx
x
x
I

==

2
6
2
6
2
6
2
)(cot1
sin
1






ttddt
t
3
3


CÂU 4. Vì
ABCDBCCD ,
nên
)(ABCmpCD
và do đó

)()( ACDmpABCmp
.Vì
ACBC '
nên
)(ACDmpBC
.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
2
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =
. Vì BD là đờng cao của tam giác
vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, Vậy

3
'
a
AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1

sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt ====
. Vậy
==

2
2
.
12
2
3
1
2
aa
V
36
3
a
CÂU 5.
CBAAS 2cos2coscos23cos +++=
=
)cos()cos(2cos23cos CBCBAA +++
.

=
[ ]
)cos(1cos23cos CBAA +
.
Vì
0)cos(1,0cos > CBA
nên
AS 3cos
, dấu bằng xẩy ra khi
1)cos( = CB
hay

2
180
0
A
CB

==
. Nhng
13cos A
, dấu bằng xẩy ra khi
0
1803 =A
hay A =
0
60
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều.
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A.
1. Ta có
);4(
C
yC =
. Khi đó tọa độ G là
3
2
3
51
,1
3
421

CC
GG
yy
yx +=
++
==
+
=
. Điểm G nằm trên đ-
ờng thẳng
0632 =+ yx
nên
0662 =+
C
y
, vậy
2=
C
y
, tức là
)2;4(=C
. Ta có
)1;3(,)4;3( == ACAB
, vậy
5=AB
,
10=AC
,
5. =ACAB
.

Diện tích tam giác ABC là
( )
2510.25
2
1

2
1
2
22
== ACABACABS
=
2
15
2.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
Ta có
)5;1;2( =MM
,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó
[ ]
012'.'; =MMuu

vậy d và d chéo nhau.
Mặt phẳng
)(

đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' u
nên có phơng trình:
0)2(2 =+ zyx
hay
022
=+
zyx
CÂU 7A. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx ++++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
++++=+
nn
nnnn
n

xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
+++++
Thay
1
=
x
vào đẳng thức trên ta đợc S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
1. Vì G nằm trên đờng thẳng
02 =+ yx
nên G có tọa độ
)2;( ttG =
. Khi đó
)3;2( ttAG =
,
)1;1( =AB
Vậy diện tích tam giác ABG là

( )
[ ]
1)3()2(2
2
1

2
1
22
2
22
+== ttABAGABAGS
=
2
32 t
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng
5,43:5,13 =
. Vậy
5,4
2
32
=
t
, suy
ra
6
=
t
hoặc
3

=
t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
== GG
. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
)(3
BaGC
xxxx +=
và
)(3
BaGC
yyyy +=
.
Với
)4;6(
1
=G
ta có
)9;15(
1
=
C
, với
)1;3(
2
=G
ta có
)18;12(

2
=
C

2.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
3
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy
nếu đặt
);;( CBAn =

thì ta phải có :





=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA






=
+=

+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA =2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA =2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có phơng trình
02)2( = zyx
hay
022
=+
zyx
CÂU 7B. Ta có
nn
nnnn
n

xCxCxCCx ++++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
++++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
+++++
Thay
1
=
x

vào đẳng thức trên ta đợc S.

Kè THI TH I HC NM HC 2009-2010

MễN TON
(Thi gian lm bi: 180 phỳt)
A. PHN DNH CHO TT C TH SINH
Cõu I (2 im) Cho hm s
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= + + + +
cú th (C
m
).
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân

∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’
lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết
khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44

++
++
=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y =
x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5

1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d

1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5
5



+=
=

⇔=
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2

⇔
0'>y

2>∀x
⇔
21 ≤+m
⇔
1≤m
0,25
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx

⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2
=
⇔
xx sin6sin
=
0,25
⇔



+−=
+=
ππ

π
26
26
mxx
mxx

⇔






+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm
∈
0,25

Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5=
,
Zt ∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl ∈

Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37 +≠ lm
) trong đó
Zltm ∈,,
0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
1 điểm
PT

⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2

;
2
12 +
=
−
=
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:



+



+−
∈
7
602
;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫

+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3

x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
0,25
6
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
∫





+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln

4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=

Vậy I
8
1

)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒




∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
0,5
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a

AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
Câu V
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
=++
cba
.Chứng minh rằng:

134)(3

222
≥+++ abccba
1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=−+++=
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf ≥
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
≤≤

0,5
7
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
33

=++
cbaa
hay a
1

= ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
++++++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb ++
=






+
+






+

+
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb


=
0
2
))(23(
2

cba

do a
1

*Bõy gi ta ch cn chng minh:
0),,( ttaf
vi a+2t=3
Ta cú
134)(3),,(
2222
+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
+++ ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Du = xy ra
10&1
=====
cbacbt
(PCM)
0,5
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc:
1
22
=+ yxyx
.Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht

ca biu thc

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
Măt khác

xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
== t
t
tt
tfP
0.25
Tính

=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f

,
)26( f
,
)1(f
cho ra
kết quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
0.25
Cõu VIa 1 im
a) (Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
( )
1;2 5AB AB= =
uuur
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC
0,5
8

Theo bài ra:
2),(.
2
1
==
∆
ABCdABS
ABC
⇔
446. =−t

⇔




=
=
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .

0,5
b) 1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// −nOH
;
( )
H ABC∈
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( −H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3

2
;
3
2
;
3
4
(' −O
0,5
CâuVIIa
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
1 điểm
PT
⇔
⇔=+−+
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=−++
zzzz
Đặt
zzt 2
2

+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−− tt
0,25




±−=
±−=
⇒



=
−=
⇔
61
1
5
2

z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61±−=z
;
iz ±−= 1
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )

5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
b) 1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và B khi đó ta

luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là
đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
9
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u

⊥


⊥


uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25

⇒
AB
uuur
(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
−>− xxx
1 điểm
Điều kiện:
0>x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.

0.25
TH1 Nếu
3
>
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có



=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>

x
* Với
4
<
x
:Ta có



=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30 << x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−

<
x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1>x
:Ta có




=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1<x
:Ta có



=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10 << x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm




<<
>
10
4
x
x
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.
10