Đề thi thử đại học môn toán (có đáp án) năm 2016

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2  4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số



f  x  x  2

  x  2  trên đoạn  12 ; 2 .
2

2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

sin 3x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x

b) Giải phương trình

2log8  2 x   log8  x 2  2 x  1 

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng
y

x 1

x 1

tại hai điểm

A, B

4
3
d  : y  x  m

cắt đồ thị  C  của hàm số

sao cho AB  3 2

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho

cot a  2 .

Tính giá trị của biểu thức P 

sin 4 a  cos 4 a
.
sin 2 a  cos 2 a

b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
·
 30o . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên
ABC vuông ở C có AB  2a, CAB
SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt
phẳng  SAB  ,  SBC  .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O
là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A  1; 2  , đỉnh
B thuộc đường thẳng  d1  : x  y  1  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d2  : 3x  y  2  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x  2 y  2  0, 2 x  y  1  0 , điểm M 1; 2  thuộc
uuur uuur
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x2  x  2
 x2 
x3

2
x 3
2

1

trên tập số

thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  42   y  42  2 xy  32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y3  3  xy  1 x  y  2 .
-----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh..........................


Câu
1

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Nội dung
 Tập xác đinh: D  ¡ .
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x2  6 x ; y '  0  x  0; x  2
Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến  2;0  .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  0 ; đạt cực tiểu tại

Điểm

0,25

x  0, yCT  4

- Giới hạn tại vô cực: xlim
y  ; lim y  

x 

0,25

 Bảng biến thiên
2



x



y'



0

y



0



0



0

4



0,25
 Đồ thị
f x = x3+3x2-4

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

0,25
2

1
Ta có f  x   x4  4 x 2  4 ; f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ;0 ;
 2

f  x   4 x  8x.
'

3



0,25

Với x   ; 2 , f '  x   0  x  0; x  2
 2 
1

Ta có f     3 , f  0   4, f  2   0, f  2   4 .
16
 2
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn
1

3

0,25

1

 1 
  2 ;0  lần lượt là 4 và 0.
sin 3x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x  sin 3x  cos 2 x  1  sin x  sin 3x
a)
 cos 2 x  1  sin x

0,25

0,25
0,25



 x  k
sin x  0


2

 1  2sin x  1  sin x 
  x   k 2
1
sin x 


6

2

5
x 
 k 2
6

b) Điều kiện x  0, x  1 .

0,25

Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
2
4
 2 x  x  1   16
3
 2 x  x  1  4

x2
 2 x  x  1  4
x 1
Pt hoành độ giao điểm
 x  m  x  1   x  m  x  1 (vì x  1 không
x 1
là nghiệm của pt)  x2   m  2 x  m  1  0 (1)

log8  2 x   x  1 

2

4

2

0,25
0,25

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2    m2  8  0  m  ¡ .
 x1  x2  m  2
 x1 x2  m  1

Khi đó A  x1; x1  m , B  x2 ; x2  m  .Theo hệ thức Viet ta có 

0,50

AB  3 2  AB  18  2  x1  x2   18   x1  x2   9 
2

2

2

  x1  x2   4 x1 x2  9   m  2   4  m  1  9  m  1
2

5

a) P 

2

0,50

sin a  cos a
sin a  cos a
sin a  cos a
.


2
2
2
2
2
2
sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a  sin 4 a  cos4 a
4

4

4

4

4

4

1  cot a 1  2
17


4
4
1  cot a 1  2
15
3
b) Số phần tử của không gian mẫu n     C50  19600.

Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P 

4

0,25

4

0,25
0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51  2250 . Xác suất cần tính là
p

6

2250
45

.

19600 392

0,25

S

K

H
A

B

I
C


Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ HI song song với SA thì HI   ABC  .
Ta có CA  AB cos30o  a 3. Do đó
1
1
a2 3
.
AB. AC.sin 30o  .2a.a 3.sin 30o 
2
2
2
HI HC HC.SC AC 2

AC 2
3a 2
3
6
Ta có



 2
 2
  HI  a .
2
2
2
2
SA SC
SC
SC
SA  AC
4a  3a
7
7
2
3
1
1 a 3 6
a 3
Vậy VH . ABC  S ABC .HI  .
.
. a

3
3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC  VB. AHC  S AHC .BC )
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có
AH  SC, AH  CB (do CB   SAC  ), suy ra AH   SBC   AH  SB .

0,25

S ABC 

0,25

Lại có: SB  AK , suy ra SB   AHK  . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng

 SAB  ,  SBC  là

·
.
HKA

1
1
1
1
1
7
a.2 3

;
 2
 2 2 
 AH 
2
2
2
AH
SA
AC
4a 3a 12a
7
1
1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AK  a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4a 4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH   SBC  ,  SBC   HK ).

7

a.2 3
AH
7
7  6  cos HKA
·
·
sin HKA



AK
7
a 2
7
OA : 2 x  y  0 .
OA P BC  BC : 2 x  y  m  0  m  0 .

0,50

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  y 1  0
x  1 m

 B 1  m; m  2  .

2 x  y  m  0
y  m  2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3x  y  2  0

x  m  2

 C  m  2; 4  3m  .

2 x  y  m  0
 y  4  3m
1
SOABC   OA  BC  .d  O, BC  
2
m
1
2
2
2
1  22   2m  3   4m  6   .
6

 22  12
2 

0,50

  2m  3  1 m  12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá

dấu giá trị tuyệt đối ta được m  1  7; m  3 . Vậy
B  7; 1  7  , C  1  7;1  3 7  hoặc B  2;1 , C 1; 5
8

0,50

Gọi vec tơ pháp tuyến của AB, AC, BC lần lượt là
ur
uur
uur
n1 1; 2  , n2  2;1 , n3  a; b  .Pt BC có dạng a  x  1  b  y  2   0 , với
a 2  b2  0 . Tam giác ABC cân tại A nên









ur uur
uur uur
cos B  cos C  cos n1 , n3  cos n2 , n3 
a  2b
a 2  b2 5



2a  b
a 2  b2

 a  b

5
a  b

0,50


Với a  b . Chọn b  1  a  1  BC : x  y  1  0  B  0;1 , C   ;  ,
3 3
2 1





không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a  b . Chọn a  b  1  BC : x  y  3  0  B  4; 1 , C  4;7  , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
Gọi trung diểm của BC là I  I  0;3 .
Ta có DB.DC   DI  IB  DI  IC   DI 2 
uuur uuur

9

uuur uur

BC 2
BC 2
.

4
4

Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D  0;3
Điều kiện x  3. Bất pt đã cho tương đương với
x x2

x3
2

x


10

uuur uur

2

2
x 3
2

 1 x 2  x  6 

x x2

x3
2

0,25

x2  x  2

4
 2
x3
x  3  x2  1  0
2
x x2
2

2
x3
x 3

 x2  1  0 

 x  3  x 2  3

0,25

 x2 1  0

2
x 3

0,50

2






2


x  x6
  x 2  1 
 1  0
2
2  
 x  3 x2  3  x  x  2 








x3
x 2  3  


 x2  1  0  1  x  1 (Với x  3 thì biểu thức trong ngoặc vuông
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S   1;1

0,50

Ta có  x  4   y  4  2 xy  32   x  y   8  x  y   0  0  x  y  8

0,25

2

2

2

A   x  y   3  x  y   6 xy  6   x  y  
3

3

3
2
 x  y   3  x  y   6.
2

3
2

Xét hàm số: f  t   t 3  t 2  3t  6 trên đoạn  0;8 .
Ta có f '  t   3t 2  3t  3, f '  t   0  t 

1 5
1 5
hoặc t 
(loại)
2
2

 1  5  17  5 5
17  5 5
, f 8   398 . Suy ra A 
 
4
4
 2 

Ta có f  0   6, f 
Khi x  y 

0,25
0,25

1 5
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4

17  5 5
4

0,25
Thạch Thành, ngày 23 tháng 10 năm 2015
Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
(1).
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I 

2x2  1
dx .
x



Câu 4 (1,0 điểm).

1
1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  .
2

2
4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB 
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF 
2

3
AD . Gọi F là
2

3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4

2

9 
1  225

. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm
x   y  
4 
4

8


tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.

 3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
3
3
2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0





 x; y    .

Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P 

a2

1  a 

2


 5bc

16b 2  27  a  bc 

2

.
2
36  a  c 
___________ HẾT ___________

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………
Số báo danh: ………………………………………


ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1

Khảo sát……
* Tập xác định D  R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '  
 0, x  D .
2
 x  1

1điểm

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y  lim y  2  đường thẳng y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  1    đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).

x 1

x 1

* Bảng biến thiên:

x
y'
y





1

-

0,25



2

1.1



2

* Đồ thị:

 1 
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1 .
 2 

0,25

1điểm

1.2

 2a  1 
Gọi M  a;
   C  (điều kiện a  1 ).

 a 1 
Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
2a  1
0.a  1.
2
3
a 1
Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,   

.
2
2
a 1
0 1
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3
đường tiệm cận ngang do đó: 2.
a
a 1
a 2  a  6
 a2  a  6  0
a  3
 a a 6  2
 2

.
 a  2
 a  a  6
 a  a  6  0
2

Vì phương trình a 2  a  6  0 vô nghiệm.

0,25

0,25


 7
+ Với a  3  M  3;  .
 2
+ Với a  2  M  2;1 .

0,25

Câu 2
2

2

Phương trình đã cho  cos 3x  cos x  2  2sin x  cos 3 x  cos x  2  2sin x
 cos x  0
2
2
 cos x  2  2 1  cos x  2 cos x  cos x  
 cos x  1

2

+ Với cos x  0  x   k ; k   .

2


x   k 2

1
3
+ Với cos x   
; k  .

2
 x    k 2

3





1điểm
0,25
0,25

0,25

0,25

1điểm

Câu 3

2 x2  1
x 2x2 1
dx  
dx
x
x2
1
 2 udu  xdx
2
2
2
Đặt u  2 x  1  u  2 x  1  
.
2
x2  u 1

2

Ta có I  

1
u2
u2 1  1
1
.
udu

du

du


du

du




 u  1 u  1
u2 1 2
u2 1
u2 1
2
1  u  1   u  1
1 du 1 du
  du  
du   du  

2  u  1 u  1
2 u 1 2  u 1

Do đó I  

u

1
1
 u  ln u  1  ln u  1  C .
2
2

1
1
Vậy I  2 x 2  1  ln 2 x 2  1  1  ln
2
2

2 x2  1  1  C .

0,25

0,25

0,25
0,5 điểm

Câu 4

4.1

0,25

1

 2 x 2  3x  1  0
x

Điều kiện: 

2.


x 1  0
x  1
1
1
1
Khi đó phương trình   log 2 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1) 2 
2
2
2
2
2
 log 2 2(2 x  3x  1)  log 2 ( x  1)





 x  1 (Ko TM)
 2(2 x  3 x  1)  ( x  1)  3x  4 x  1  0  
.
 x  1 TM 
3

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 
3
2

0,25

2

2

0,25

0,5 điểm
Điều kiện: x  0.
Hàm số y  8ln x  x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
4.2

 x  2  1; e
8
Ta có y '   2 x  y '  0  
.
x
 x  2  1; e

0,25


Ta lại có: y 1  1 ; y  2   8 ln 2  4 ; y  e   8  e 2 .
Vậy : Max y  8ln 2  4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x  2.
1;e

0,25

Min y  1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  1.
1;e

Câu 5
Gọi  là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n     C164  1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71

0,25

0,25

+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 .
+) Xác suất của biến cố B là P  B  

nB
n  



0,25
700
5
 .
1820 13

0,25
1điểm

Câu 6

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều  SH  AB .
 SAB    ABCD 

a 3
Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  và SH  SA2  HA2 
.
2

SH  AB, SH   SAB 
1
1
Vì ABCD là hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD  SH .SACD  .
.a 
(đvtt).
3
3 2
6
Gọi J là trung điểm của CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ 

 d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   .
Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J là trung điểm CD).
Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   .

0,25

0,25


Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH   ABCD 
SH a 3
Ta có 
 IK   ABCD  và IK 

.
2
4
 IK / / SH
1
a2
Ta có S ADJ  AD.DJ  ;
2
2
1
1 a 3 a2 a3 3
VI . ADJ  IK .S ADJ 
. 

;
3
3 4 2
24
a 17
AJ  AD 2  DJ 2 
.
2
1
1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK   ABCD   IK  AJ  SAIJ  IK .AJ  .
.

.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d  D,  AIJ   
.

SAIJ
17

0,25

1điểm

Câu 7

 A  d
Ta có 
 tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt
 A   T 

 9 2  1 2 225
 x     y   
8
 4   4 
3x 11y  2  0


0,25

 2 11y
 2 11y
x  3
x  3




2
2
2
2
 2 11y  9    y  1   225   11y  19    y  1   225
 


 3
 3 12   4 
4  4
8
8
x  3
 2 11y 
x  3
 y  1
 2 11y
x





  y  1
 x  93  A 3;1 (vì x A  0 ).
3

13y2  10 y  23  0 
 13
23

 y  

23
13

 y  

13


Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE .


Đặt BE  xAB  BE  x AB , ta có:
  
 
    3 
CE  BE  BC  x AB  AD và AF  AB  BF  AB  AD .
4
Vì AF  CE do đó
 
    3  
3
1
CE. AF  0  x AB  AD  AB  AD   0  xAB 2  AD 2  0  x  .
4
4
3


1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE  AB khi đó AF  CE .
3





0,25


AF  CE
Xét tam giác ACE có 
 F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC .
CB  AE
2

2

 9   1  225
Gọi H  EF  AC  tứ giác ABFH nội tiếp hay H  T  :  x     y   
,
4
8
 4 
 93 23 
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T)  H  ;   .
 13 13 
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K  BK / / HE , khi đó ta có
 AK AB


 KH  BE  3
 AH  12 HC  AH  12 HC

 KH  BF  3
 HC FC

 
93
23    132 36 
Gọi C  a; b   HC  a  ; b   ; AH 
; .
13
13 

 13 13 
132
93 

 12  a  



13 
a  8
 13

Do đó AH  12 HC  

 C  8; 2  .
b


2
36
23




  12 b 

 13
13 

Vậy C  8; 2  .

0,25

0,25

1điểm

Câu 8
3

Điều kiện: x  2.
3
2
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2  x  1  3 y  x  1  4 y 3  0
Nhận xét y  0 không là nghiệm của pt  y  0, do đó pt
3

0,25

2

 x 1 

 x 1
 2
  3
 40
 y 
 y 
Đặt a 

x 1
khi đó pt trở thành
y
 2a 3  3a 2  4  0   a  2   2a 2  a  2   0  a  2 .

Vì pt 2a 2  a  2  0 vô nghiệm.
x 1
 2  2 y   x  1 .
+) Với a  2 
y
3

Thay 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt

x2  1  x  x3  2

 x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0





x 3  2   2 x  1

2

x3  2   2 x  1
x3  4 x 2  4 x  3
x3  2   2 x  1





 x  1



3

2



3

2

  x 2  1
3

2

x  1   x  1 x  1   x  1



2



2

3

2

x  1   x  1 x  1   x  1

0

0
2



x  x  1


x2  x 1
  x  3 


2
  0  x  3.
3
2
3
2
3
2
x

2

2
x

1



x  1   x  1 x  1   x  1 


2
x  x  1
x  x 1
Vì

 0, x  3 2.
2
3

2
3 2
x  1   2 x  1
x  1   x  1 3 x 2  1   x  1





Với x  3  y  2.





0,25

2

x3  4 x 2  3 x
3

0,25

0,25


Vậy hệ pt đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  .
1điểm

Câu 9
a2

Ta có: P 



b  c

a2

b  c

Ta lại có

2

2



 5bc

 5bc

Do đó P 

2

36  a  c 

16b2  27  a  b  a  c 
36  a  c 

a2

b  c 



16b2  27  a  a  b  c   bc 

 5bc

4a 2
9b  c

2



2

2

2

2



a2

b  c

2

4b2



 5bc 9  a  c 

2



3
2
 a  b
4

0,25

a2
4a 2

2
2
5

2
b  c   b  c  9 b  c 
4



2

4b 2
9a  c

2

3
2 a
b  3
2
2
  a  b  

  a  b
4
9 bc a c  4
2

2
2
 3
a  b
2  a2

b2  3
2

2
2
 


a

b


   a  b



9  ab  ac ba  bc  4
9  ab  ac  ba  bc  4
2

2

2
 3
2   a  b
2
 
  a  b



9  2ab   a  b  c  4



2

 3
2
a  b
   a  b 2 .
 
2
9   a  b
 4
 a  b c 


2


0,25

2



2
2


 3
2
1  c 
8  1 c  3
2
2

P 

1

c

 

  1  c  .
2
9  1  c 
9 1 c  4
 4
 1  c  c 

 2

2

2

8 1 c  3
8

2  3
2
2
Ta có 
  1  c    1 
  1  c  .
9 1 c  4
9  1 c  4
2

8
2  3
2
 P  1 
 1  c  .

9  1 c  4

Theo giả thiết a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  1  c   0;1 .
2

8
2  3
2
Xét hàm số f  c   1 
  1  c  với c   0;1 .
9  1 c  4
16 
2  2
3

Ta có f '  c    1 
  c  1 .

2
9  c  1   c  1 2

 f 'c  0 
Bảng biến thiên

0,25

 1
32
27 
1

  0  c  vì c   0;1 .
 c  1 
3

9
3
  c  1 64 
c

f '( c )

1
3

0

–

0

1
+

f (c )
1
9

1
Từ BBT  f  c    , c   0;1 . Do đó P   1 .
9
9
1
Vậy Min P   1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  c  .
3
9
......................... Hết .............................

0,25