đề toán thi thử THPT QG năm 2015 đề số 171

Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n
ơ
Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN LẦN 2 – NĂM 2015
Mơn : TỐN

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN

C©u 1. Cho hµm sè
3 2
3 2
y x mx
= − +

(
)
1
.

a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè
(
)
1
khi
1
m
=
.
b) T×m
m
®Ĩ ®å thÞ hµm sè
(
)
1
cã hai ®iĨm cùc trÞ
A
,
B
sao cho diƯn tÝch tam gi¸c
OAB
b»ng
2
(®vdt).
Ta cã
(
)
2
' 3 6 3 2
y x mx x x m

= − = − ;
' 0 0
y x
= ⇔ =
hc
2
x m
=
.
§Ĩ hµm sè cã hai cùc trÞ
⇔
ph−¬ng tr×nh
' 0
y
=
cã hai nghiƯm ph©n biƯt
2 0 0
m m
⇔ ≠ ⇔ ≠
.
Täa ®é c¸c ®iĨm cùc trÞ
(
)
0;2
A vµ
(
)
3
2 ; 4 2
B m m

− +
.
Tam gi¸c
OAB
cã
(
)
0;2
A thc
Oy
nªn
( )
1 1
. , 2 .2. 2 1
2 2
OAB
S OA d B Oy m m
∆
= ⇔ = ⇔ = ±
(tháa m·n).
VËy
1
m
= ±
tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n.
B×nh ln. C¸c n¨m gÇn ®©y trong ®Ị thi §¹i häc th× c©u 1b) kh«ng cßn khã n÷a, chØ ë møc ®é
võa ph¶i. N¨m 2015 lµ n¨m ®Çu tiªn kÕt hỵp kú thi chung nªn c©u nµy chØ ë møc ®é dƠ, vÝ dơ
nh− trong ®Ị minh häa cđa BGD. NÕu trong bµi to¸n trªn chØ yªu cÇu
''
T×m

m
®Ĩ ®å thÞ hµm sè
(
)
1
cã hai ®iĨm cùc trÞ
''
th× phï hỵp.

C©u 2. TÝnh tÝch ph©n
1
1
ln
e
I x xdx
x
 


= +




 
∫
.
Ta cã
1 1
ln

ln
e e
x
I x xdx dx A B
x
= + = +
∫ ∫
.
•

1
ln
e
A x xdx
=
∫
. §Ỉt
2
ln
2
dx
du
u x
x
dv xdx
x
v




=


= 

 
⇒
 
 
=




=



.
Khi ®ã
2 2
2 2
1 1 1
1
1 1 1 1 1
ln ln .
2 2 2 2 2 4
e e e
e
x e

A x x xdx x x
+
= − = − =
∫
.
•
1
ln
e
x
B dx
x
=
∫
. §Ỉt
ln
t x
=
, suy ra
1
dt dx
x
=
.
§ỉi cËn: víi
1 0;
x t
= ⇒ =
víi
1

x e t
= ⇒ =
.
Khi ®ã
1
1
2
0
0
1
2 2
t
B tdt
= = =
∫
.
VËy
2
3
4
e
I A B
+
= + =
.
B×nh ln. Bµi to¸n cã sù kÕt hỵp gi÷a hai ph−¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n: Tõng phÇn vµ ®ỉi
biÕn. Møc ®é võa ph¶i nªn phï hỵp víi ®Ị thi chung hiƯn nay.

C©u 3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh
sin3 1 sin 2 sin 2

4
x x x
π
 


= + + −




 
.

Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 2

Phơng trình tơng đơng với
sin 3 1 sin sin 2 cos2
x x x x
= + +


(
)
3 2
2
3sin 4sin 2sin sin sin2
2sin 2sin sin 1 cos .

x x x x x
x x x x
= + +
+ +



sin 0
x x k

= =

(
)
k


.


2
2sin sin 1 cos 0
x x x
+ + =


(
)
(
)

( )
( ) ( )
( )
( )
2
2sin 1 sin cos 0
cos2 sin cos 0
sin cos 1 cos sin
tan 1
sin cos 0
4 4
.
2 cos 1
1 cos sin 0
2 2 ; 2
4
4 4 2
x x x
x x x
x x x x
x
x k x k
x x
k
x
x x
x k x k x k

+ + =
+ + =

+



=

= + = +


+ =








+ =
=

+ = + = = +






Vậy phơng trình có các nghiệm
; ; 2
4 2
x k x k x k


= = + = +

(
)
k


.
Bình luận. Đây thuộc loại câu dễ trong đề thi để học sinh lấy điểm. Để làm đợc câu này học
sinh cần nắm vững các công thức lợng giác cơ bản. Trong bài này ta sử dụng các công thức:
sina cos 2 sin
4
a a

=





,
3
sin3 3sin 4sin
a a a
=
,
2 2 2 2
cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin
a a a a a
= = =
.
Nếu đề thi không cho phơng trình lợng giác thì sẽ cho tính biểu thức lợng giác mà chúng ta
đã học ở chơng trình lớp 10. Ví dụ nh trong đề minh họa của BDG
''
Cho góc

thỏa mãn
2


< <

và
3
sin
5

=
. Tính
2
tan
1 tan
A


=
+
''
.

Câu 4. Trong một giỏ trái cây có 5 quả ổi, 7 quả xoài và 2 quả bởi. Lấy ngẫu nhiên 4 quả trong giỏ trái
cây. Tính xác suất để trong 4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả.
Số cách chọn 4 quả trái cây bất kỳ trong giỏ có 14 quả là :
4
14
1001
C
=
cách.
Gọi
A
là biến cố

''
4 quả lấy đợc có đủ 3 loại quả
''
. Các khả năng xảy ra biến cố
A
là :
2 quả ổi, 1 quả xoài, 1 quả bởi : có
2 1 1
5 7 2
. . 140
C C C = cách.
1 quả ổi, 2 quả xoài, 1 quả bởi : có
1 2 1
5 7 2
. . 210
C C C = cách.


1 quả ổi, 1 quả xoài, 2 quả bởi : có
1 1 2
5 7 2
. . 35
C C C =
cách.
Do đó có tất cả
2 1 1 1 2 1 1 1 2
5 7 2 5 7 2 5 7 2
. . . . . . 385
C C C C C C C C C+ + = cách xảy ra biến cố
A

.
Suy ra biến cố
A
là :
''
4 quả lấy đợc không có đủ 3 loại quả
''
có
1001 385 616
=
cách.
Vậy xác xuất cần tìm
(
)
616
1001
P A =
.
Bình luận. So với các năm gần đây thì câu xác suất này tơng đối phù hợp. Nhng so với đề
minh họa của BGD thì còn quá dễ. Có khả năng cao năm nay 2015 câu xác suất chiếm 0,5 điểm
nằm trong câu phân loại nên mức độ khó hơn nhiều. Các em nên tham khảo các đề thi thử của
Đại Học Vinh Phan Bội Châu Nghệ An Đặng Thức Hứa có những câu xác suất rất hay, đòi
hỏi t duy cao.

Câu 5.
1) Cho số phức
z
thỏa mãn
(
)

(
)
(
)
2 1 2 1 4 2
i i z i i
+ + + =
. Tìm phần thực, phần ảo của
z
.
2) Giải phơng trình
1
4 2 8
x x
+
+ =
.
Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 3

x

K

E

N

M

C

B

A

S

y

x

E

M

C

B

A

1) Ta có
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
2 1 2 1 4 2 3 2 1 4 2 2 1 1 3
i i z i i i z i i z i i
+ + + = + + + = + =


(
)
(
)
1 3 1 2
1 3
1
1 2 5
i i
i
z z z i
i


= = =
+
. Suy ra
1
z i
= +
.

Vậy phần thực của
z
bằng
1

, phần ảo của
z
bằng
1
.
Bình luận. Thờng các em giải phơng trình để tìm số phức
z
thì đặt
z a bi
= +
với ,a b


.
Nhng trong phơng trình chỉ có
z
hoặc chỉ có
z
thì ta nên biến đổi trực tiếp. Đây là câu đợc
coi nh dễ nhất trong đề thi, các vấn đề đợc hỏi cũng đơn giản. Chú ý dạng lợng giác của số
phức không có trong đề thi vì trong chơng trình cơ bản không nói đến mà đề thi hiện nay thì
không có phần riêng, phần chung nữa.
2) Ta có
1
4 2 8 4 2.2 8 0

x x x x
+
+ = + =
.
Đặt
2
x
t
=
,
0
t
>
. Phơng trình trở thành
2
2 8 0 4
t t t
+ = =
(loại) hoặc
2
t
=
.
Với
2
t
=
, suy ra
2 2 1
x

x
= =
.
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất
1
x
=
.
Bình luận. Đây là câu chiếm 0,5 điểm và cũng khá dễ trong đề thi. Nếu đề không cho phơng
trình mũ thì sẽ có câu thay thế là phơng trình logarit. Để giải đợc câu này các em chỉ cần
nắm các công thức biến đổi cơ bản và các phơng pháp giải cơ bản trong sách giáo khoa.
Không cần phải học cao, học những cái khó.

Câu 6. Cho hình chóp
.
S ABC
, có đáy
ABC
là tam giác cân tại
A
,
3
AB a
=
,

0
120
BAC
=

. Cạnh bên
SA
vuông góc với đáy
(
)
ABC
, tam giác
SBC
đều cạnh
3
a
. Tính thể tích của khối chóp
.
S ABC
và
khoảng cách giữa hai đờng thẳng
SM
,
AC
theo
a
. Biết điểm
M
thuộc cạnh
BC
sao cho
2
MC MB
=
.

Tính thể tích khối chóp
.
S ABC
.
Gọi
N
là trung điểm
BC
. Do tam giác
ABC
cân tại
A
nên
AN BC

.
Trong tam giác vuông
ANB
, ta có
2 2
3
2
a
AN AB BN= =
.
Lại có tam giác
SBC
đều nên
SN BC

, suy ra
3 3
2
a
SN =
.
Trong tam giác vuông
SAN
, ta có
2 2
6
SA SN AN a
= =
.
Diện tích tam giác
ABC
là
2
1 3 3
.
2 4
ABC
a
S BC AN

= =
.
Do đó
3

.
1 3 2
. .
3 4
S ABC ABC
a
V S SA

= =
(đvtt).
Tính khoảng cách
(
)
,
d SM AC
.
Kẻ
Mx
song song với
AC
. Ta có

(
)
(
)
(
)
(
)

(
)
, , ,
d SM AC d AC SMx d A SMx
= =
.
Từ
A
kẻ
AE Mx


(
)
E Mx

.
Gọi
K
là hình chiếu của
A
trên
SE
, suy ra
AK SE

.
(
)
1

Ta có
( )
Mx AE
Mx SAE Mx AK
Mx SA










.
(
)
2

Từ
(
)
1
và
(
)
2
, suy ra

(
)
AK SMx

nên
(
)
(
)
,
d A SMx AK
=
.
Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
, , .
3 3 3
ABC
S
AE d A By d B AC a
AC

= = = =
.
Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 4

F

x

E

M

C

B

A

Trong tam giác vuông
SAE
, ta có
2 2
. 42
7
SA AE a
AK
SA AE
= =
+
.
Vậy
( )
42
,

7
a
d SM AC AK= =
.
Bình luận. 1) Bài toán cho thừa dữ kiện

0
120
BAC
=
.
2) Đây bắt đầu là câu gây khó dễ cho học sinh ở ngỡng điểm 6. Phần tính thể tích chắc đa số
học sinh tính đợc. Phần tính khoảng cách thì
70%
học sinh yếu về vấn đề này nên đâm ra sợ,
nguyên nhân là do ở lớp 11 các em học không kỹ về nó. Thực ra nó tuân thủ theo sơ đồ sau
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1
, , , . ,d duong duong d duong mat d diem mat k d chanduongc
ao mat

.
Với

1
duong
: là đờng thẳng nằm trong mặt đáy.



2
duong
: là đờng thẳng nằm trong mặt bên.



mat
: là mặt phẳng chứa
2
duong
và song song với
1
duong
.



diem
: là một điểm bất kỳ trên
1
duong

, ta chọn sao cho dễ tính khoảng cách.


Hệ số
(
)
(
)
2
2
,
,
d diem duong
k
d chanduongcao duong
= .
Khi bài toán đã đa về tính
(
)
,
d chanduongcao mat
. Ta thực hiện kẻ hai lần vuông góc nh trong
phần trình bày bài giải ở trên.
3) Trong phần tính
AE
ta có thể giải theo cách sau:
Trong tam giác
ABC
có các cạnh
3

AB AC a
= =
,
3
BC a
=
.
Dùng định lí hàm số cosin tính đợc

0
120
BAC
=
.
Suy ra

0
30
FAE
=
.
Tam giác vuông
FAE
, ta có
0
2 3 3
.cos30 .
3 2
a
AE AF a

= = =
.

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
(
)
: 2 4 0
P x y z
=
và hai điểm
(
)
0;2; 1
A

,
1
;0; 3
2
B

. Viết phơng trình mặt cầu có tâm
A
và tiếp xúc với
(
)
P
. Tìm điểm
C
trên
(
)
P

sao cho mặt phẳng
(
)
ABC
vuông góc với
(
)
P
và tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng

(
)
P
là
( )
( )
2 1 4
5
,
4 1 1 6
d A P
+
= =
+ +
.
Mặt cầu
(
)
S
cần tìm có tâm
A
và tiếp xúc với
(
)
P
nên bán kính
( )
( )
5
,

6
R d A P= =
.
Vậy
( ) ( ) ( )
2 2
2
25
: 2 1
6
S x y z+ + + =
.
Mặt phẳng
(
)
P
có vectơ pháp tuyến
(
)
2; 1; 1
P
n
=

.
Gọi
(
)

là mặt phẳng qua

A
,
B
và vuông góc với
(
)
P
.
Suy ra
(
)

có vectơ pháp tuyến
7 7
, 0; ;
2 2
P
n AB n





= =

. Do đó
(
)
: 3 0
y z

=
.
Gọi

là giao tuyến của
(
)

và
(
)
P
nên
7
2
: 3
x t
y t
z t

= +





= +



=







Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 5

N

I

G


D

C

B

A

Theo giả thiết, suy ra
(
)
C


. Hơn nữa
(
)
C P

nên
C

, suy ra
7
;3 ;
2
C t t t



+ +

.
Ta có
7
;1 ;1
2
AC t t t



= + + +






,
(
)
3 ;3 ;3
BC t t t
= + + +

.
Tam giác

ABC
vuông tại
C
nên
( ) ( )( ) ( )( )
3
7
. 0 3 1 3 1 3 0
11
2
6
t
AC BC t t t t t t
t

=





= + + + + + + + + =






=

.
Với
3
t
=
, ta đợc
1
;0; 3
2
C









. Với
11
6
t =
, ta đợc
10 7 11
; ;
6 6 6
C

.
Bình luận. 1) Trong cấu trúc đề thi của BDG năm 2015 hoặc các năm gần đây thì đây thuộc câu
ở mức độ dễ, thờng đề sẽ hỏi những thứ đơn giản. Trong đề này thì quá khó cho học sinh làm
đợc trọn vẹn hết câu. Dám chắc rằng
70%
học sinh không làm đợc ý thứ hai của câu này.
2) Đờng thẳng

là giao tuyến của
(
)

và
(
)
P
ta nên tính toán ở ngoài giấy nháp vì trong
sách giáo khoa không có phơng trình đờng thẳng ở dạng giao tuyến của hai mặt phẳng (hay
còn gọi là phơng trình tổng quát).
3) Chú ý. Nếu điểm thuộc đờng thẳng thì ta lấy theo 1 tham số, điểm thuộc mặt phẳng thì ta
lấy theo 2 tham số. Ví dụ nh trong bài này điểm

(
)
C P

, suy ra
(
)
; ;2 4
C a b a b

. Hai tham số
thì ta cần hai phơng trình để giải, đó là
(
)
(
)
ABC P
AC BC









. Nhng nếu giải theo hớng này thì rất
phức tạp.

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có đỉnh
(
)
1;1
B , trọng tâm
G
của
tam giác
ABC
thuộc đờng thẳng
: 3 2 0
x y
=
. Điểm
(
)
4;6
N là trung điểm của
CD
. Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình chữ nhật.
Do
G

, suy ra
(

)
;3 2
G t t

.
Gọi
I AC BD
=
. Vì
G
là trọng tâm tam giác
ABC
nên
2 1
3 3
BG BI BD
= =

.
Từ đó suy ra
(
)
3 2;9 8
D t t

.
Hơn nữa,
(
)
4;6

N là trung điểm của
CD
nên suy ra
(
)
10 3 ;20 9
C t t

.
Ta có
(
)
9 3 ;19 9
BC t t
=

,
(
)
6 3 ;14 9
NC t t
=

.
Do
ABCD
là hình chữ nhật nên
. 0
NC BC NC BC
=

2
5
90 342 320 0
3
t t t
+ = =
hoặc
32
15
t =
.
Với
5
3
t
=
, suy ra
(
)
5;5
C
,
(
)
3;7
D
.

Trung điểm
BD
là
(
)
2;4
I nên
(
)
1;3
A

.
Với
32
15
t =
, bạn đọc làm tơng tự.
Bình luận. Xu hớng hiện nay, cụ thể là trong đề thi Đạị học năm 2014 ở đề khối A và D, đặc
biệt là khối D, câu hình Oxy thuộc câu mang tính chất phân loại cao. Những năm về trớc
Hình học Oxy đợc giải bằng những phơng pháp thông thờng nh: tham số hóa rồi tìm điều
kiện để giải tham số, Hiện nay Hình học Oxy đã đợc trừu tợng hơn, mang tính đánh đố
hơn. Đó là sự kết hợp giữa hình học phẳng với hình học tọa độ. Cái khó ở đây là phải phát hiện
đợc vấn đề, đi chứng minh vấn đề đó rồi mới áp dụng vào bài toán.
Đây là câu phân lại cao nhng đề bài lại cho khá dễ, không phù hợp với cấu trúc đề bây giờ.
Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 6

Câu 9. Giải hệ phơng trình
( )
(
)
( )
(
)
3
2 2
2 2 1 1
10 11 1 5 5 2 2 3 1 2
x x y x y y y
x x y x x y
+ + + = +
+ + +











= +

(
)

,x y


.
Điều kiện :
2 2
0; 0
10 11 1 0;5 5 2 0
x y y
x x y x

+




+ +


.
Phơng trình
(
)
2 2
1 2 2
x xy x y y y
+ + + = +

(
)

(
)
2 2 2
2 0
x y xy y x y y
+ + + =


( )
1
0.
2
x y x y y
x y y





+ + + =





+ +


(
)

1'

Vì
0
x y
+
và
0
y

nên
1
0
2
x y y
x y y
+ + + >
+ +
.
Do đó
(
)
1' 0
x y x y
= =
. Thay vào
(
)
2
, ta đợc

( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
10 11 1 5 5 2 5 1
10 11 1 3 2 5 5 2 2 1 0
1 1
3 0
5 5 2 2 1
10 11 1 3 2
1 13
3 0 .
2
x x x x x
x x x x x x
x x
x x x
x x x
x x x
+ + + =

+ + + + =

+ + =



+ + +
+ +





+ = =

Đối chiếu điều kiện ta đợc nghiệm của hệ phơng trình là :
( )
1 13 1 13
; ;
2 2
x y

+ +




=

.
Bình luận. 1) Khi giải hệ ta thờng khai thác một phơng trình của hệ (có khi khai thác cả
hai) bằng các phơng pháp: Liên hợp để xuất hiện nhận tử chung, phân tích thừa số chung,
đặt ẩn phụ, dùng hàm đặc trng. Khi các phơng pháp trên không còn hiệu quả thì còn có
phơng pháp đánh giá, phơng pháp đánh giá dùng khi ta dự đoán trớc tất cả các nghiệm
của hệ để biết đợc điểm rơi.
2) Khi thay
x y
=
vào phơng trình (2) ta đợc phơng trình vô tỷ. Dùng máy tính Casio nhẩm
nghiệm thì rất lẻ nhng nhờ tính đợc tổng và tích các nghiệm nên ta biết đợc phơng trình
có nhân tử chung là
2
3
x x
+
, từ đó cho ta hớng thêm bớt để liên hợp.
3) Trong các đề thi tuyển sinh của BDG thì nghiệm cho ra rất đẹp, nếu nghiệm không nguyên
thì cũng phải rơi vào những
''
lát cắt vàng
''
. Trong câu này tác giả cho đề ra nghiệm quá xấu.
4) Năm nay thì khả năng ra hệ phơng trình là
50%

, bất phơng trình
30%
, phơng trình
20%
. Nên các em cần học kỹ bất phơng trình nữa nếu muốn làm đợc 8 đến 9 điểm.


Câu 10. Cho
a
,
b
,
c
là các số thực dơng thỏa mãn
1 1 1
3
a b b c c a
+ + =
+ + +
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
3
3
2 2 2 2 2 2 2
1 2 11
2
P
ab bc ca c a b ab b c bc a c ac abc
= +
+ + + + + + + + +

.

Thạc sĩ Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 22A Phạm Ngọc Thạch TP Quy Nhơn

Trang 7

Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b b c c a
= = =
+ + +
. Khi đó bài toán trở thành
''
Cho
, ,
x y z
là các số thực dơng thỏa mãn
3
x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
3
2 11
P yz xyz
= +
''
.
Theo bất đẳng thức
AM GM

, ta có
2
y z
yz
+


và
( )
3
3
11 4 4
5
11 4 4 11 4
10 5 5
2 11 5 . .
10 5 5 3 6 3
x y z
xyz x y z x y z



+ +





= = + +

.
Suy ra
( ) ( )
11 4 11 11
2 6 3 6 2
y z
P x y z x y z
+
+ + + = + + =
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4 11
;
5 10
x y z= = =
hay
5 25
;
8 88
a b c= = =
.
Vậy giá trị lớn nhất của
P
bằng
11
2
.
Li gii bi: TRN ANH HO

Cách 2. Phơng pháp dồn biến (tham khảo thêm)

Đặt
6 6 6
1 1 1
; ;x y z
b c c a a b
= = =
+ + +
. Suy ra
(
)
(
)
3 2
3
2 11
P xy xyz
= + .
Ta có
(
)
3
6 6 6 6
3 2
x y z z xy
+ + = + . Suy ra
6
3
3
2
z

xy


.
Do đó
( )
2
6 6 6
2
2 6 6
3
3
3
3 3 3
2 11 22 3
2 2 2
z z z
P z z z






+ = +

.
Đặt
6
t z
=
, suy ra
(
)
0;3
t

và
( ) ( )
2
3
3
22 3
2
t
P t t f t

+ =
.
Ta có
( )
(
)
2
3
2

3 2
3
1 4 3 4
' 22. 0
2 5
6 9
t t
f t t
t t
+
= + = =
+
.
Lập bảng biến thiên ta thấy
( )
4 11
5 2
f t f



=





.
Li gii bi: V VN BC

Bình luận. Trong những năm gần đây trong cấu trúc đề thi của BGD thì câu này là câu khó
nhất, câu lấy điểm 10. Năm 2012 trở về trớc thì xu hớng của bộ ra là biểu thức P đối xứng.
Năm 2013 và 2014 thì xu hớng của Bộ ra biểu thức P không còn đối xứng nữa mà là gần đối
xứng. Để giải quyết những bài toán này thì ta dùng đến những bất đẳng cơ bản, bất đẳng thức
phụ, để dồn biến. Sau đó ta đặt ẩn phụ để xét hàm hoặc thêm bớt đại lợng rồi dùng bất
đẳng thức lần nữa. Trong bài toán này ta đã giải quyết theo hớng cân bằng hệ số trong bất
đẳng thức
AM GM

, cái khó của bài toán này là chọn đợc điểm rơi.

NHAN XET CHUNG. Đề thi ở mức độ tơng đối khó, ít học sinh đạt điểm cao. Những phần cần
dễ thì không dễ, nhng phần phân loại cần khó (xác suất, Oxy, hệ phơng trình, bất đẳng
thức) thì lại không khó lắm.