Tổng hợp đề thi đại học môn Toán Khối A, B, D từ năm 20022014 (chính thức + đáp án)

bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002


Môn thi : toán - KHOI A
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________

Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số : (1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
.1=m

2. Tìm
k
để phơng trình:

có ba nghiệm phân biệt.
033
2323
=++ kkxx
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phơng trình :
0121loglog
2

3
2
3
=++ mxx
(2) ( là tham số).
m
1 Giải phơng trình (2) khi
.2=m

2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [
m
3
3;1
].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
1. Tìm nghiệm thuộc khoảng
)2;0(

của phơng trình:
.32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+

+
+ x
x
xx
x
5

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
.3,|34|
2
+=+= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi
ABCS
.
,S
M
và lần lợt
N
là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng
SB
.
SC
a
AMN
mặt phẳng
(
vuông góc với mặt phẳng .
)
AMN

)(
SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz
cho hai đờng thẳng:


và

.



=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=
+=
tz

ty
tx
21
2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng
)(
P
1

và song song với đờng thẳng
.
2


b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm
)4;1;2(
M
H
thuộc đờng thẳng
2

sao cho đoạn thẳng
MH

có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc

Oxy
, xét tam giác vuông tại ,
ABC
A
phơng trình đờng thẳng là
BC
,033 = yx
các đỉnh và
A
B
thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác .
G ABC

2. Cho khai triển nhị thức:

n
x
n
n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n

x
n
n
x
x
CCCC








+

++
















+








=

+










3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0
3

2
1
22222222
L



( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó
C
và số hạng thứ t
13
5
nn
C=
bằng , tìm và
n20 n
x
.
Hết
Ghi chú:
1) Thí sinh
chỉ thi
cao đẳng không làm Câu V.

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm

môn toán khối A
Câu ý Nội dung
ĐH CĐ
I1

23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,



=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x

'
y

+
0

0
+
0
"
y
y + lõm U 4
CT 2 CĐ
0 lồi





=
=
=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =y
Đồ thị:
( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1,0 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,25 đ

1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0
2
4
y
2
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka

()( )

>+
<




>++
<

021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k





<<

20

31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf
có 2 nghiệm phân biệt khác k





<<




++
>++=

20
31
033
0963

222
2
kk
k
kkkkk
kk

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25đ
0,25 đ

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy ,



+=
=

=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21
xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22
++== mmxyy
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị

(
)
23;1
2
1
+ mmmM và
(
)
23;1
2
2
+++ mmmM là:

++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy , Ta thấy

0'09)1(99'
22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++

=
Từ đây ta có mmxy +=
2
11
2
và mmxy +=
2
22
2
.
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy +=
2
2
.

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1



=
=

t
t

5,0 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
3
3
1
=
t (loại) ,
3
3
2
32
33log3log2

==== xxxt
3
3

=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog
2

3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[]
2,1 . Đặt tttf +=
2
)(
Cách 1.
Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn
][

2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f .
Phơng trình
22)(22
2
+=+=+ mtfmtt có nghiệm
[]
2;1

.20
622
222
22)2(
22)1(




+
+




+
+
m
m
m
mf
mf

Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt

()
200242 mmm .
(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )

0,1 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5
32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x

x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=






+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5

+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos2sinsin2sin
=5
=






+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=

+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1
cos Zkkxx +==



1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
2.
Vì
(

0x ;
)

2 nên lấy
3
1

=x và
3
5
2

=x . Ta thấy
21
, xx thỏa mãn điều
kiện
2
1
2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
3
1

=x và
3
5
2

=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình

3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]
5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5
0
2
343343|34|3

()

dxxxx

+++
5
3
2
343
()( )()
dxxxdxxxdxxxS

+++++=
5
3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23

2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3
1






++






++

+=
xxxxxxxS

6
109
3
22
3
26
6
13
=++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
++ 3|34|
2
xxx
[]
5;0x )
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.

1đ

1đ
x
5
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
5
S
N
I
M C
A K
B
Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết

MN
a
BCMN ,
22
1
==// BC I là trung điểm của SK và MN .
Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM =
AMN cân tại
A
MNAI .
Mặt khác
()( )
()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC

=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==

==
.
Ta có
16
10
.
2
1
2
a
AIMNS
AMN
==

(đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI nh sau:

() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho

h
a
S
a
A

a
C
a
BK ;
6
3
;0,0;
2
3
;0,0;0;
2
,0;0;
2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS . .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:

()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
()
2;1;1
2
=
u
r
//
2

và
()
22
1;2;1

M
()
P //
()() ()




=





=

PMPM
un
P
22
2
2
0
1;2;1

0.

rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình
1

suy ra .02 = zx Đặt





=
=
=
=
'4
2'3
'2
:'2
1
tz

ty
tx
tx
()
)4;3;2(,0;2;0
111
=
uM
r
//
1

.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11

M bằng cách cho 020
===
zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12

1
=











=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2
=u
r
//
2
. Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là :
[]
()
1;0;2,
21

== uun
P
rrr
. Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua
()
0;2;0
1
M
và


()
1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .
Mặt khác
()()
PM 1;2;1
2
phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()
3;3;21 Ht =
Cách II.
()
tttHH 21;2;1
2
+++ .
MH nhỏ nhất
()
4;3;210.

22
HtuMHMH ==
r

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy

(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()





++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có

+
3
)1(3
;
3
12 aa
G
.
Cách I.
Ta có :
|1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó

1đ
0,25 đ
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC
.
Ta có

()
|1|3|1|3
132
2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB
S
r = .2
13
|1|
=
+

a
Vậy .232|1|
+=a
TH1.

++
+=
3
326
;
3
347
332
11
Ga
TH2









=
3
326
;
3
134
132
22
Ga

.
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình
()
321
3
1
1.30:
0
=

==
I
x
x
xtgyBI .
TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+=
I
xB Từ 2),(
=
ACId

.3232 +=+=
I
xa








++

3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa

3
326
;
3
134
2
G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2.
Từ
13
5
nn
CC = ta có 3n và

1 đ

8
()()
02835
6
)2)(1(
!1
!
5
!3!3
!
2
=−−⇔=
−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2
=
n

Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=
















−−−
−
−

xC
xxx
x
x
0,25 ®
0,25 ®
0,5 ®
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
Môn thi : toán khối A

đề chính thức

Thời gian làm bài : 180 phút

___________________________________


Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
m
x
mxmx
y ( (1)
1
2

++
=
là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành

độ dơng.

Câu 2 (2 điểm).
1) Giải phơng trình .2sin
2
1
sin
tg1
2cos
1cotg
2
xx
x
x
x +
+
=

2) Giải hệ phơng trình




+=
=
.12
11
3
xy
y

y
x
x


Câu 3 (3 điểm).
1) Cho hình lập phơng . Tính số đo của góc phẳng nhị diện
[]
.
.' ' ' 'ABCD A B C D
DCAB ,' ,
2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Ox
cho hình hộp chữ nhật
có trùng với gốc của hệ tọa độ,
yz
; 0; 0
.' ' ' 'ABCD A B C D
A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )
B
aDaAb

. Gọi
(0, 0)
ab
>>
M
là trung điểm cạnh
CC
.

'
a) Tính thể tích khối tứ diện
'
B
DA M
theo
a
và
b
.
b) Xác định tỷ số
a
b
để hai mặt phẳng và
(' )
ABD
()
M
BD
vuông góc với nhau.
Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x

+
5
3
1


, biết rằng
)3(7
3
1
4
+=
+
+
+
nCC
n
n
n
n

( n là số nguyên dơng, x > 0, là số tổ hợp chập k của n phần tử).
k
n
C
2) Tính tích phân

+
=
32
5
2
4
xx
dx
I
.
Câu 5 (1 điểm).
Cho x, y, z là ba số dơng và x + y + z

1. Chứng minh rằng
.82
1

1

1
2
2
2
2
2
2
+++++
z
z
y

y
x
x



HếT



Ghi chú
: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.

Họ và tên thí sinh: . Số báo danh
: .
1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003


đáp án

thang điểm
đề thi chính thức

Môn thi : toán Khối A


Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm

1)
Khi
2
11
1.
11
xx
my x
xx
+
= = =


+ Tập xác định:
\{ 1 }.R

+
2
22
0
12
' 1 . ' 0
2.
(1) (1)
x
xx
yy
x
xx
=

+
= + = =

=



+
[]
=

=

0
1
1
lim)(lim
x
xy
xx
tiệm cận xiên của đồ thị là:
x
y =
.

=

y
x 1

lim
tiệm cận đứng của đồ thị là: 1=x .
Bảng biến thiên:

Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).

1 điểm






0,25 đ










0,5 đ

0, 25 đ














x



0 1 2 +

y
0 + + 0
+ + 3
y
CT CĐ
1

y
x

O
1
2
3
1
1
2
2)
Đồ thị hàm số
1
2

++
=
x
mxmx
y
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
dơng

phơng trình
2
() 0fx mx x m=++=
có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1
2
0

14 0
(1) 2 1 0
1
0, 0
m
m
fm
m
SP
mm



= >




=+


= > = >



0
1
1
2
0

1
2
2
0
m
m
m
m
m




<

<<





<

.
Vậy giá trị
m
cần tìm là:
1
0
2

m
<<
.
1 điểm



0,25 đ




0,75 đ

Câu 2. 2điểm
1)
Điều kiện
sin 0
cos 0 (*)
tg 1
x
x
x

.
Khi đó phơng trình đã cho
)cos(sinsin
cos
sin
1
sincos
1
sin
cos
22
xxx
x
x
xx
x
x
+
+

=

cos sin
cos (cos sin ) sin (sin cos )
sin
xx
x
xx xxx
x

=+
2
(cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + =

2
cos sin 0
1 sin cos sin 0.
xx
xx x
=



+=



TH1
:

sin cos tg 1 ( )
4
xxx xkk===+ Z

thỏa mãn điều kiện (*).
TH2:
22
1
1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :

2
xx x x x+=+=
vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phơng trình là:

( )
4
xkk= +Z
.
2) Giải hệ
3
11
(1)
2 1 (2).
xy
xy
yx

=



=+


+ Điều kiện
0.xy

+ Ta có
1

(1) ( )(1 ) 0
1.
x
y
xy
xy
xy
=

+ =

=


TH1
:
33 2
2121(1)(1)0
xy xy xy
yx xx x x x
== =




=+ =+ +=


1
15

2
15
.
2
xy
xy
xy


==

+

==




==



1 điểm



0, 25 đ

0, 25 đ




0, 25 đ

0, 25 đ





1 điểm





0, 25 đ

0,5 đ




3
TH2
:
3
3
4
1
1
1
(3)
2
21
1
2 0 (4).
y
xy
y
x
x
yx
x
xx
x

=
=
=




=+



= +
++=




Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
Cách 1.
22
42
113
20,
222

++= + + + >


x
xx x x.

Cách 2.
Đặt


4
3
1
() 2 () min () 0
4



=++ = >


x
fx x x fx fx f
R
.
Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1515 1515
(; ) (1;1), ; , ;
22 22
xy

+ +
=

.








0, 25 đ
Câu 3. 3điểm














1)
Cách 1.
Đặt

A
Ba=
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH


AC, mà BD

(AAC)

BD

AC, do đó AC

(BHD)

AC

DH. Vậy góc
phẳng nhị diện
[]
,',
B
AC D
là góc
n
B
HD
.
Xét
'

A
DC

vuông tại D có DH là đờng cao, ta có
.' .'
DH A C CD A D
=

.'
'
CD A D
DH
A
C
=

.2 2
33
aa a
a
==
. Tơng tự,
'
A
BC

vuông tại B có BH là đờng
cao và
2
3

a
BH =
.
Mặt khác:
n n
22 2
2222
22 2
2 2 . cos 2. cos
33 3
aa a
aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+
,
do đó
n
1
cos
2
BHD =

n
o
120BHD=
.
Cách 2.
Ta có BD

AC

BD

AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC

AC

(BCD)

AC . Gọi
H
là giao điểm của
'
A
C
và
(')
B
CD



n
B
HD là góc phẳng của
[]
;';
B
AC D
.
Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau

HB = HC = HD

H là tâm

BCD đều
n
o
120BHD=
.
1 điểm


















0, 25 đ

0, 25 đ




0, 25 đ

0, 25 đ

hoặc

0, 25đ

0,25 đ
0,5 đ
A

A

B

C
D

D
C

B

H
I
4
2)
a) Từ giả thiết ta có
)
2
; ;() ; ;(' 0); ; ;(
b
aaMbaaCaaC
.
Vậy
( ; ; 0), (0; ; )
2
b
BD a a BM a= =
JJJG JJJJG

2
, ; ;
22
ab ab
B
DBM a


=

JJJG JJJJG
.
()
2
3
'; 0; ,.' .
2
ab
BA a b BD BM BA


= =

JJJG JJJG JJJJGJJJG

Do đó
2
'
1
,.'
64
BDA M
ab
VBDBMBA

==

JJJG JJJJGJJJG

.
b) Mặt phẳng
()BDM
có véctơ pháp tuyến là
2
1
,; ;
22
ab ab
nBDBM a


==



JJGJJJGJJJJG
,
mặt phẳng
(' )
A
BD
có véctơ pháp tuyến là
2
2
,'(; ; )nBDBAababa

==

JJG JJJG JJJG

.
Do đó
22 22
4
12
()(').0 0
22
ab ab
B
DM A BD n n a a b = + ==
JJGJJG

1
a
b
=
.
2 điểm


0, 25 đ



0, 25 đ


0, 25 đ

0, 25 đ




0, 5 đ

0, 5 đ
Câu 4. 2điểm
1)
Ta có
(
)
11
43 33 3
7( 3) 7( 3)
nn nn n
nn nn n
CC n CC C n
++
++ ++ +
=+ + =+

(2)(3)
7( 3) 2 7.2! 14 12.
2!
nn
nn n
++

=++===

Số hạng tổng quát của khai triển là
()
12
56011
3
22
12 12
.
k
k
k
kk
Cx x Cx





=


.
Ta có
60 11
8
2
60 11
84.

2


= ==
k
k
xx k

Do đó hệ số của số hạng chứa
8
x
là
.495
)!412(!4
!12
4
12
=

=C

2) Tính tích phân
23
22
5
4
xdx
I
xx
=

+

.
Đặt
2
2
4
4
x
dx
tx dt
x
=+=
+
và
22
4.xt=

Với
5x =
thì
3
t =
, với
23
x =
thì
4
t =
.

Khi đó
23 4 4
2
22
33
5
11 1
422
4
4
xdx dt
Idt
tt
t
xx

===

+


+



4
3
1215
ln ln .
4243

t
t

==

+




1 điểm



0, 5 đ






0, 25 đ

0, 25 đ



1 điểm

0, 25 đ

0, 25 đ


0,25 đ


0, 25 đ
A

A

B

C
D

D

C
B

y
x

z
5

Câu 5. 1điểm
Với mọi
,
uv
GG
ta có
| | | | | | (*)
uv u v+ +
GG G G

(vì
(
)
2
22
222
| | 2. || || 2||.|| || ||
uv u v uv u v u v u v+=++ + + = +
GG G G GG G G G G G G
)
Đặt
,
1
;

=

x
xa









=

y
yb
1
;
,






=

z
zc

1
;
.
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
|||| || | | || | |.a b c ab c abc++ ++ ++
G GG GGG GGG

Vậy
2
222 2
222
111 111
()Px y z xyz
x
yz
xyz

=++++++++++


.
Cách 1
. Ta có
()
2
2
2
2
3
3

111 1 9
( ) 3 3 9P x y z xyz t
x
yz xyz t


+++++ + =+





, với
()
2
2
3
1
0
39
xyz
txyz t
++

=<


.
Đặt
2

991
() 9 '() 9 0, 0; ()
9
Qt t Q t t Qt
t
t

=+ = <



giảm trên
1
0;
9





1
( ) 82.
9
Qt Q

=


Vậy
() 82.PQt

(
Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
)
.
Cách 2.
Ta có
22
222
111 111
( ) 81( ) 80( )
x
yz xyz xyz
xyz xyz

++ + + + = ++ + + + ++



2
111
18( ) 80( ) 162 80 82.xyz xyz
xyz

++ ++++=

Vậy
82.P

(
Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
)
.
Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác.










0, 25 đ




0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ




hoặc

0,25 đ




0,5 đ


Bộ giáo dục và đào tạo đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn thi : Toán , Khối A
Đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
2
x3x3
y
2(x 1)

+
=

(1).
1) Khảo sát hàm số (1).
2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.

Câu II (2 điểm)
1) Giải bất phơng trình
2
2(x 16)
7x
x3>
x3 x3


+

.

2) Giải hệ phơng trình
14
4
22
1
log (y x) log 1
y
x y 25.

=

+=


Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm
()
A0;2
và
()
B3;1. Tìm tọa độ trực
tâm và tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,
AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2
2
). Gọi M là trung điểm
của cạnh SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA, BM.
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân I =
2
1
x
dx
1x1+

.

2) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của
8
2
1x(1x)

+

.
Câu V (1 điểm)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2
2
cosB + 2
2
cosC = 3.
Tính ba góc của tam giác ABC.




Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


Họ và tên thí sinh

Số báo danh

1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

Đề chính thức

Môn:

Toán,

Khối A


(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu
ý
Nội dung Điểm
I

2,0

I.1
(1,0 điểm)

()
12
33
2

+
=
x
xx
y
=
()
11
x1
22x1
+

.




a) Tập xác định:
{
}
R\ 1
.
b) Sự biến thiên:

2

x(2 x)
y'
2(x 1)

=

;
y' 0 x 0, x 2== =
.



0,25


y
CĐ
= y(2) =
1
2

, y
CT
= y(0) =
3
2
.
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
Đờng thẳng
1

yx1
2
= +
là tiệm cận xiên.




0,25

Bảng biến thiên:

x

0 1 2
+


y' 0 + + 0

y
+

+

1
2

3
2














0,25



c) Đồ thị:

0,25





2

I.2
(
1,0 điểm)




Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :
()
m
x
xx
=

+
12

33
2


()
02332
2
=++ mxmx
(*).


0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0>



2
4m 4m 3 0>



3
m
2
>
hoặc
1

m
2
<
(**)
.



0,25

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (*).
AB = 1


1
21
= xx



2
12
xx 1=

()
12
2
12
xx 4xx1+ =




0,25





()()
123432
2
= mm



15
m
2

=

(thoả mãn (**))

0,25
II

2,0

II.1
(1,0 điểm)


Điều kiện :
x4
.
0,25

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:
22
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> >



0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25


+ Nếu
4x5
thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta

đợc:
()
()
2
22
2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +<
10 34 x 10 34 <<+
.
Kết hợp với điều kiện
4x5
ta có:
10 34 x 5<
. Đáp số:
x10 34>




0,25

II.2
(1,0 điểm)


Điều kiện: y > x và y > 0.




()

1
1
loglog
4
4
1
=
y
xy



()
1
1
loglog
44
=
y
xy


0,25




4
yx
log 1

y

=



4
3y
x =
.


0,25


Thế vào phơng trình x
2
+ y
2
= 25 ta có:
2
2
3y
y25y4.
4

+==

0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).

0,25
III

3,0

III.1
(1,0 điểm)


+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với
BA( 3 ; 3)
JJJG
có phơng trình
3x 3y 0+=
.
Đờng thẳng qua B, vuông góc với
OA(0; 2)
JJJG
có phơng trình y =
1

( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
JJJG

có phơng trình
3x y 2 0+=
)


0,25



Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm
H( 3; 1)

0,25

+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình
3x y 2 0++=
.
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình
3x 3y 0+=
).

0,25


3

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là
()

I3;1
.

0,25


III.2.a
(1,0 điểm)


+ Ta có:
()
C2;0;0

,
()
D0; 1;0

,
(
)
2;0;1M
,

()
22;0;2 =SA
,
()
BM 1; 1; 2=
JJJJG

.


0,25


Gọi

là góc giữa SA và BM.
Ta đợc:
()
SA.BM
3
cos cos SA, BM
2
SA . BM
= = =
JJJG JJJJG
JJJG JJJJG
JJJGJJJJG

30
=
.



0,25

+ Ta có:
()
SA, BM 2 2; 0; 2

=

JJJGJJJJG
,
()
AB 2; 1; 0=
JJJG
.
0,25

Vậy:
()
SA, BM AB
26
dSA,BM
3
SA, BM



==


JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG

0,25

III.2.b
(1,0 điểm)


Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD






2;
2
1
;0N
.


0,25


()
SA 2; 0; 2 2=
JJJG
,
()

2;0;1 =SM
,
()
22;1;0 =SB
,
1
SN 0; ; 2
2

=


JJJG


()
SA, SM 0; 4 2; 0

=

JJJG JJJG
.



0,25


S.ABM
122

V SA,SM SB
63

==

JJJG JJJG JJG


0,25


S.AMN
12
V SA,SM SN
63

==

JJJG JJJG JJJG

S.ABMN S.ABM S.AMN
VVV 2=+=


0,25
IV


2,0

IV.1
(1,0 điểm)


2
1
x
Idx
1x1
=
+

. Đặt:
1= xt

1
2
+= tx


tdtdx 2=
.

01 ==
t
x
,
12 ==
t
x

.



0,25


4


Ta có:
111
23
2
000
t1 tt 2
I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt
1t 1t t1
++

===+

++ +





0,25

I
1
32
0
11
2t t2t2lnt1
32

=++




0,25


11 11
I 2 2 2ln 2 4 ln 2
32 3

=+ =


.

0,25

IV.2
(1, 0 điểm)

() () () () ()
() () () ()
8
234
2 0 1 2 24 36 48
88 8 8 8
5678
5 10 6 12 7 14 8 16
8888
1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1x
Cx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x

+ =+ + + +

++++



0,25


Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25


Vậy x
8
chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

32 40
83 84

C.C, C.C


0,25


Suy ra a
8
168 70 238=+=
.
0,25
V


1,0


Gọi
3cos22cos222cos ++= CBAM


3
2
cos
2
cos2221cos2
2

+
+=
CBCB
A
.


0,25


Do
0
2
sin >
A
,
1
2
cos
CB
nên
2
A
M2cosA42sin 4
2
+ .

0,25

Mặt khác tam giác ABC không tù nên
0cos A
,
AA coscos
2

. Suy ra:

4
2
sin24cos2 +
A
AM
4
2
sin24
2
sin212
2
+






=
AA

2
2
sin24
2
sin4
2
+=
AA
01
2
sin22
2







=
A
. Vậy
0M
.





0,25

Theo giả thiết: M = 0











=
=

=
2
1
2
sin
1
2
cos
coscos
2
A
CB
AA

A90
BC45
=


==









0,25



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
Môn: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

C©u I (2 điểm)
Gọi

m
(C )
là đồ thị của hàm số
1
ymx
x
=+ (*) (
m
là tham số).
1)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi
1
m.
4
=

2)

Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của
m
(C ) đến tiệm
cận xiên của
m
(C ) bằng
1
.
2

C©u II
(2 điểm)

1)
Giải bất phương trình 5x 1 x 1 2x 4.
−− −> −

2) Giải phương trình
22
cos 3x cos 2x cos x 0.−=


C©u III (3 ®iÓm)
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

cho hai đường thẳng

1
d:x y 0
−=

và

2
d:2x y 1 0.
+−=

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông
ABCD

biết rằng đỉnh
A

thuộc

1
d,

đỉnh

C

thuộc

2
d

và các đỉnh

B, D

thuộc trục hoành
.
2)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

x1 y3 z3
d:
12 1
−+−
==
−
và mặt
phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+− +=
a)

Tìm tọa độ điểm
I
thuộc
d
sao cho khoảng cách từ
I
đến mặt phẳng
(P)
bằng
2.

b)

Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình
tham số của đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), biết
∆
đi qua A và vuông
góc với d.

C©u IV
(2 điểm)
1)

Tính tích phân
2
0
sin 2x sin x
Idx.
13cosx
π
+
=
+
∫

2)

Tìm số nguyên dương n sao cho

1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C2.2C3.2C4.2C (2n1).2C 2005
+
++ + + +
−+ − +++ =
L

(

k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử).

C©u V
(1 điểm)
Cho
x, y, z
là các số dương thỏa mãn
111
4.
xyz
++=
Chứng minh rằng
111
1.
2x y z x 2y z x y 2z
++≤
++ + + ++



- Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh

…… số báo danh
Mang Giao duc Edunet -
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

Môn: TOÁN, Khối A
(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)



Câu Ý Nội dung Điểm
I

2,0
I.1 1,0
111
myx
44x
= ⇒ =+
.
a) TXĐ: \\{0}.
b) Sự biến thiên:
2

22
11x4
y'
4x 4x
−
=− =
,
y' 0 x 2,x 2.=⇔=− =




0,25

y
CĐ
() ()
CT
y2 1,y y2 1.=−=− = =

Đường thẳng
x0=
là tiệm cận đứng.
Đường thẳng
1
yx
4
=
là tiệm cận xiên.

0,25
c) Bảng biến thiên:

x
−
∞
−
2 0 2 + ∞
y’
+
0
−

−
0 +


y



−
1 + ∞ + ∞



−
∞

−
∞ 1





0,25




d) Đồ thị













0,25
Mang Giao duc Edunet -
2

I.2 1,0

2
1
y' m , y' 0
x
=− =
có nghiệm khi và chỉ khi
m0>
.
Nếu
m0>
thì
12
11
y' 0 x , x
mm
=⇔ =− =
.


0,25
Xét dấu
y'

x

−∞

1

m
−

0

1
m

+∞

y'


+

0

−
||
−

0

+

Hàm số luôn có cực trị với mọi
m0.>

0,25




Điểm cực tiểu của
()
m
C
là
1
M;2m.
m
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

Tiệm cận xiên
(d):ymx mxy0.=⇔−=

()
22
m2m
m
dM,d .
m1 m1
−
==
++

0,25


()
2
2
1m1
dM;d m 2m 1 0 m 1.
22
m1
=⇔ =⇔−+=⇔=
+

Kết luận:
m1=
.


0,25

II.

2,0
II.1 1,0
Bất phương trình: 5x 1 x 1 2x 4−− −> − . ĐK:
5x 1 0

x10 x 2.
2x 4 0
−≥
⎧
⎪
−≥ ⇔ ≥
⎨
⎪
−≥
⎩



0,25
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)−> − + −⇔ −> −+ −+ − −



0,25
22
x2 (2x4)(x1) x 4x42x 6x4⇔+> − − ⇔ + +> − +


2
x 10x 0 0 x 10.⇔− <⇔<<


0,25

Kết hợp với điều kiện ta có :
2x10≤<
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
0,25
II.2 1,0
Phương trình đã cho tương đương với

()()
1 cos6x cos 2x 1 cos 2x 0+−+=


cos6x cos2x 1 0⇔−=


0,25

cos8x cos 4x 2 0⇔+−=


2
2cos 4x cos4x 3 0⇔+−=


0,25

()
=

⎡
⎢
⇔
⎢
=−
⎢
⎣
cos 4x 1
3
cos 4x lo¹i .
2

Vậy
()
π
=⇔ = ∈]cos 4x 1 x k k .
2







0,5
Mang Giao duc Edunet -
3
III.

3,0

III.1 1,0
Vì
()
1
Ad At;t.
∈
⇒

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và
B, D Ox∈
nên
()
Ct; t
−
.



0,25
Vì
2
Cd
∈
nên
2t t 1 0 t 1.
−−= ⇔=
Vậy
() ( )
A1;1,C1; 1

−
.

0,25
Trung điểm của AC là
()
I1;0
. Vì I là tâm của hình vuông nên
IB IA 1
ID IA 1
==
⎧
⎨
==
⎩


0,25

b11
BOx B(b;0) b0,b2
DOx D(d;0) d0,d2
d11
⎧
−=
∈==
⎧⎧⎧
⎪
⇔ ⇒ ⇔
⎨⎨⎨ ⎨

∈==
−=
⎩⎩
⎩
⎪
⎩

Suy ra,
()
B0;0
và
()
D2;0
hoặc
()
B2;0
và
()
D0;0
.
Vậy bốn đỉnh của hình vuông là
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 0;0 ,C1; 1,D 2;0 ,−

hoặc
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 2;0 ,C1; 1,D 0;0 .−

0,25
III.2a 1,0

Phương trình của tham số của
x1t
d: y 3 2t
z3t.
=−
⎧
⎪
=− +
⎨
⎪
=+
⎩



0,25
()
I d I 1 t; 3 2t;3 t∈ ⇒ −−+ +
,
()
()
2t 2
dI,P .
3

−+
=


0,25

()
()
t4
dI,P 2 1 t 3
t2.
=
⎡
=⇔−=⇔
⎢
=−
⎣


0,25

Vậy có hai điểm
()()
12
I3;5;7,I3;7;1−−
.
0,25
III.2b 1,0

Vì

Ad∈
nên
()
A 1 t; 3 2t;3 t−−+ +
.
Ta có
()
AP∈⇔

()( )( )
21 t 3 2t 23 t 9 0 t 1−+−+ − ++=⇔=
.
Vậy
()
A0;1;4−
.


0,25
Mặt phẳng
()
P
có vectơ pháp tuyến
()
n2;1;2.=−
G

Đường thẳng
d
có vectơ chỉ phương

()
u1;2;1=−
G
.
Vì
()
P∆⊂
và
d∆⊥
nên ∆ có vectơ chỉ phương
()
un,u5;0;5
∆
⎡⎤
==
⎣⎦
JJG G G
.


0,5


Phương trình tham số của
∆
:
xt
y1
z4t.
=

⎧
⎪
=−
⎨
⎪
=+
⎩




0,25
Mang Giao duc Edunet -
4
IV

2,0
IV.1

1,0
2
0
(2cosx 1)sinx
Idx
13cosx
π
+
=
+
∫

.

0,25
Đặt
2
t1
cos x
3
t13cosx
3sinx
dt dx.
21 3cosx
⎧
−
=
⎪
⎪
=+ ⇒
⎨
⎪
=−
⎪
+
⎩

x0 t2,x t1.
2
π
=
⇒

==
⇒
=



0,25
()
12
2
2
21
t1 2 2
I2 1 dt 2t1dt.
339
⎛⎞
−
⎛⎞
=+−=+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
∫∫


0,25

2
3
1
22t 2 16 2 34
t21.
93 9 3 3 27
⎛⎞⎡ ⎤
⎛⎞⎛⎞
=+=+−+=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠⎝⎠
⎣⎦
⎝⎠


0,25
IV.2 1,0
Ta có
()
2n 1
0 1 22 33 2n12n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1x C C xC x C x C x

+
++
++ + + +
+=+ + + ++

x.∀∈
\

0,25
Đạo hàm hai vế ta có
()() ()
2n
12 32 2n12n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n 1 1 x C 2C x 3C x 2n 1 C x
+
++ + +
++ = + + +++

x.∀∈\


0,25
Thay
x2=−
ta có:
()
122334 2n2n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2 C 2n 1 .2 C 2n 1.

+
++ + + +
−+ − +++ =+


0,25








Theo giả thiết ta có
2n 1 2005 n 1002+=
⇒
=
.
0,25

V

1,0
Với
a,b 0>
ta có :
2
1ab 1111
4ab (a b) .

ab 4ab ab 4a b
+
⎛⎞
≤+⇔≤⇔≤+
⎜⎟
++
⎝⎠

Dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
ab=
.

0,25

Áp dụng kết quả trên ta có:
1111111111111
(1).
2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z
⎡⎤
⎛⎞ ⎛⎞⎛ ⎞
≤+≤++=++
⎢⎥
⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟
++ +
⎝⎠ ⎝⎠⎝ ⎠
⎣⎦

Tương tự

1111111111111
(2).
x2yz 42yxz 42y4x z 8y2z 2x
⎛⎞⎡ ⎤⎛ ⎞
⎛⎞
≤+ ≤++=++
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟
⎢⎥
++ +
⎝⎠
⎝⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

1111111111111
(3).
x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y
⎡⎤
⎛⎞ ⎛⎞⎛ ⎞
≤+ ≤++=++
⎢⎥
⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟
++ +
⎝⎠ ⎝⎠⎝ ⎠
⎣⎦

0,5

Vậy
1111111
1.
2xyz x2yz xy2z 4x y z
⎛⎞
++≤++=
⎜⎟
++ + + ++
⎝⎠

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
xyz.== Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
xyz .
4
===



0,25
Hết
Mang Giao duc Edunet -