bộ đề thi thpt quốc gia môn toán 2016 có hướng dẫn chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (32.3 MB, 173 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 3x 2 1 (C)
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số
y
x2
trên đoạn 2; 4
x 1
Câu 3.(1,0 điểm)
a) Tìm môđun của số phức z biết z 2 z 1 7i .
b) Giải phương trình: 9 x 3.3x 2 0 .
1
Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x 2 1 x 1 x 2 dx
0
Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 1 y 1
z
. Viết
1
2
1
phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương
trình đường thẳng ' là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng (Oxy).
Câu 6.(1 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x sin x cos 8 x
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam
giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích
hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).
8
Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G ; 0 và có đường tròn
3
ngoại tiếp là C tâm I . Điểm M 0;1 , N 4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường
thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K 2; 1 . Viết phương trình đường tròn C .
2 y 2 3 y 2 x3 4 x
Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
y 4 2 y 12 8 x y
x
2
2 x 2 y
Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 3 .Tìm GTNN của biểu thức:
P
25a 2
2a 2 7b 2 16ab
25b 2
2b 2 7c 2 16bc
c2 3 a
a
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:...........................................................
Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
Môn thi: TOÁN
(Đáp án bao gồm 5 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đáp án
Câu
1
Nội dung
Điểm
Tập xác định: D = R.
+Giới hạn: lim y , lim y
x
0,25
x
x 0
x 2
+ Ta có y 3x 2 6 x; y 0
BBT:
x
y
+
y
0
0
2
0
-
+
0,25
1
3
+Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;
+Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3.
+ Đồ thị
0,25
6
4
2
0,25
-10
-5
5
10
-2
-4
-6
2
+ Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên 2; 4
y'
x2 2x
2
x 0
y' 0
x 2
0,25
x 1
+Trên 2; 4 thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2.
0,25
+Ta có y 2 4; y 4
16
3
0,25
+Max y =
16
khi x = 4
3
0,25
+Min y = 4 khi x = 2
3a
+Gọi z a bi , , a, b R
(1 i) z (2 i ) z 2 2i (1 i )(a bi ) (2 i)(a bi ) 2 2i
3a 2b 2
a 2
3a 2b bi 2 2i
b 2
b 2
+Vậy z 2 2i
3b
+Đặt: 3x t ,
0,25
t 1
t 2
+Với t=1: 3x 1 x 0
+Với t=2: 3x 2 x log 3 2
1
2
0,25
t0
có: t 2 3t 2 0
4
0,25
1
1
I x 1 x 1 x dx x dx x 3 1 x 2 dx
0
2
0,25
1
I1 x 2 dx
0
1
x3
3
0
2
0
0
1
3
0,5
1
I 2 x 3 1 x 2 dx
0
Đặt t 1 x 2 x 2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
Vậy I I1 I 2
5
2
2
4
7
15
0,5
+Đường thẳng có vectơ chỉ phương u 1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng
(Oxy) có vectơ pháp tuyến k 0;0;1 .
0,25
+Vậy (P) có phương trình 2( x 1) ( y 1) 0 hay 2x – y – 3 = 0.
0.25
+Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n [u , k ] 2; 1; 0 và đi qua M.
(Oxy) có phương trình z = 0. ' là giao tuyến của (P) và (Oxy).
2x y 3 0
.
z 0
+Xét hệ
x t
+Đặt x = t thì hệ trên trở thành y 3 2t .
z 0
0,25
0.25
x t
+Vậy ' có phương trình y 3 2t .
z 0
6a
PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x
0,25
2
1- 2sin x + sinx = 0
sinx = 1 v sin x
6b
1
2
0,25
7
x k 2 ; x k 2 ; x
k 2 , ( k Z )
2
6
6
Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144 1001 cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 =
385 cách .
0,25
0,25
1001 385 616
8
.
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P
1001
1001 13
7
+Ta có:
AN AB 2 BN 2 2a 3
S
Diện tích tam giác ABC là:
S ABC
0,25
1
BC. AN 4a 2 3 .
2
M
Thể tích hình chóp S.ABC là:
1
1
VS . ABC S ABC .SA 4a 2 3.8a
3
3
C
A
H
32a 3 3
(đvtt).
3
N
0,25
B
+Ta có:
VB. AMN BA BM BN 1
.
.
VS . ABC BA BS BC 4
0,25
1
8a 3 3
VB. AMN VS . ABC
.
4
3
1
2
1
2
+Mặt khác, SB SC 4 5a MN SC 2 5a ; AM SB 2 5a .
+Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , MH AM 2 AH 2 a 17 .
+Diện tích tam giác AMN là S AMN
1
1
AN .MH 2a 3.a 17 a 2 51 .
2
2
+Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
0,25
d ( B, ( AMN ))
3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
.
2
S AMN
17
a 51
17
8
0,25
+Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H 2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là
các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau.
+ Suy ra AH MN , IE BC , AHEI là hình bình hành.
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI HG cắt IE tại F là trung điểm IE
0,25
+ Vì BC / / MN , K 2; 1 BC BC : y 1 0
8
H 2;1 , G 3 ;0
F 3; 1
+ Từ
2
3
HF HG
2
0,25
+ Từ EF BC EF : x 3 E 3; 1
0,25
+ Vì F là trung điểm IE nên I 3;0 R 5
2
+ Từ đây ta sẽ có: C : x 3 y 2 5 . là phương trình đường tròn cần tìm.
9
y 2
0,25
+ Đk:
2
x y
+ Từ pt thứ 2 ta có:
y 4 2 y 12 8 x 2 y
x2 8 y
y 4 2 y 12
2 x2 8 y 2
2
2 x 2 y
x
2
2 x 2 y 0
y 4 2 y 12 2
2
2y 8 y 6
x
x2 2 x2 y
2 y 8 y 6
y 2
2
2
x
2
x
y
y2 0
x
2
2 x 2 y 0
2
0
0.25
+ Thay vào pt 1 ta được:
2 y 2 3 y 2 x3 4 x
0,25
3
y2 3 y2 x 4 x
3
y2
3
3
4 3 y2 x 4 x
+ Xét hàm số: ft t t 3 4 t R Ta có:
3t 2
0, t R f 3 y 2 f x
2 t 4
y 2 0 x 3 4
+ Vậy ta sẽ có:
TM
3 y 2 x y 2
f t ' 1
Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là: x; y 3 4; 2
10
y2 x
3
3
0,25
2
+ Ta có: a b 0 2ab a 2 b 2 . Nên ta sẽ có:
2a 2 7b 2 16ab 2a 2 7b 2 2ab 14ab 3a 2 8b 2 14ab
a 4b 3a 2b
4a 6b
2a 3b
2
+ Vậy ta sẽ có:
0,5
25a
2
2
2
2
2a 7b 16ab
25b 2
+ Tương tự ta cũng có:
25a
1
2a 3b
2b 2 7c 2 16bc
+ Mặt khác theo Cauchy shwarz Ta có:
25b 2
2b 3c
2
3c 2
25c 2
3 2
2c c 2
a
a c 3a 2c
3
+ Từ (1),(2),(3) ta sẽ có:
2
a2
a b c c 2 2c
b2
c2 2
P 25
c 2c 25.
5a b c
2a 3b 2b 3c 2c 3a
2
5 a b c c 2c
0.25
2
+ Mà a b c 3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P c 2 2c 15 c 1 14 14
Vậy GTNN của P 14
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
0.25
Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ
trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
1
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y x 3 6 x 2 9 x 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1 và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y x 4 2 x 2 3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).
1
2
a) Cho sin . Tính giá trị biểu thức P 2 (1 cot ). cos( ) .
4
b) Giải phương trình:
Câu 4 (1.0 điểm).
34 2 x = 9
53 x x 2
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x 2 .
x
b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2 3 9 x 1 9 x 2 15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a, AC a 3 ,
mặt bên BCC' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C : x 2 y 2 3x 5 y 6 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2 và đoạn BC 5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
x 3 y 3 5 x 2 2 y 2 10 x 3 y 6 0
Giải hệ phương trình :
x 2 4 y x 3 y 2 4 x 2 y
Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 b 2 c 2 3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S
a3 b3 b3 c3 c3 a3
.
a 2b
b 2c
c 2a
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......
Môn: Toán
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y x 6 x 9 x 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3
(C).
2
1.0
TXĐ D= R
0.25
x 1
y 2
y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>
x 3
y 2
- Giới hạn tại vô cực: lim y ;
0.25
lim y
x
x
BBT
x
1
y’
3
0
0
2
y
1a
0.25
-2
KL: Hàm số đồng biến trên khoảng ;1; 3;
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
Đồ thị
5
y
f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2
4
3
2
0.25
1
x
-2
-1
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1 và vuông góc với
1b
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y
2
Câu 2 (1.0 điểm).
1
3
x
2
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
1.0
0.5
0.25
0.25
1.0
y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1 0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)
3
0.25
0.25
0.25
0.25
1
2
Cho sin . Tính giá trị biểu thức P 2 (1 cot ). cos( )
4
sin cos
1 2 sin 2
P
(cos sin )
sin
sin
1
thay sin vào ta tính được P =1
2
0.5
0.25
0.25
b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3
2
0.5
với x 2 2 x 3 0
0.25
0.25
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x 2 .
14
2
2
x 2 = x 2x
x
4
C
14
k 14 3 k
14
x
.2k
x
0.25
0.25
số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3 2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : C 407 18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số 0.25
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
5
A C 204 .C52 .C151 C 204 .C51 .C152 C 20
.C51C151 4433175
Xác suất cần tìm là P( A)
A
915
3848
0.25
9 x 2 3 9 x 1 9 x 2 15
1
Nhận xét : 9 x 1 9 x 2 15 9 x 2 3 0 x
9
Giải bất phương trình:
5
bpt
9x
2
1.0
0.25
3 2 3(3 x 1) 9 x 15 4
9x 1
2
9x 2 3 2
3(3 x 1)
2
9x 2 1
9 x 2 15 4
0
0.25
3x 1
3x 1
3 0
9 x 15 4
3x 1
9x 3 2
1
1
3 0 3 x 1 0 x
3x 13x 1 2 1
3
9 x 2 15 4
9x 3 2
1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB a, AC a 3 , mặt bên BCC' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
2
2
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN
0.25
0.25
1.0
C
B
A
M
N
6
H
B’
C’
P
A’
Ta có BC= BB’=2a
0.25
1
2
. V ABC. A' B 'C ' BB'.S ABC 2a. a.a 3 a 3 3
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)
Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H
7
C ' M .C ' P
C' P C' M
2
2
a 21
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn C : x 2 y 2 3x 5 y 6 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2 ,
0.25
0.25
0.25
1.0
3 5
2 2
Gọi tâm đường tròn (C) là I ; và A(x;y) suy ra
AH (2 x;2 y ) M là trung
điểm của BC
Học sinh tính được AH 5 x 2 y 2 4 x 4 y 3 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
0.25
x 2 y 2 4 x 4 y 3 0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
2
x y 2 3 x 5 y 6 0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH 2 IM
Từ AH 2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được
0.25
0.25
phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
y 1
x 1
y 2 x 3
ta được 2 y 12 y 2 3(2 y 1) 5 y 6 0 y 2 3 y 2 0
Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
x 3 y 3 5 x 2 2 y 2 10 x 3 y 6 0 (1)
x 2 4 y x 3 y 2 4 x 2 y (2)
Câu 8: Giải hệ
0.25
1.0
x -2; y 4
(1) x 5 x 2 10 x 6 y 3 2 y 2 3 y
Điều kiện
3
x 1 2x 1 3( x 1) y 3 2 y 2 3 y
Xét hàm số f (t ) t 3 2t 2 3t , f ' (t ) 3t 2 4t 3 0 t R
3
2
0.25
Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x 2 3 x x 3 x 2 4 x 1
8
x 2 3 x 2 x 1x 2 4
x 2 3 x 3 x3 x2 4 x 4
2 x 2 3 x 4
x 2 ( x 2 x 2 )
x 2 3 x 3 x 2 3 x 2
2( x 2 x 2)
x 2 x 2 x 2 0
x 2 3 x 3 x 2 3 x 2
2
x 2 3 x 3
x2 x 2 x 2
0
x 2 3 x 2
0 ( vi x 2 )
2
x 2 3 x 3
0.25
x 2
x x20
x 1
0.25
2
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)
Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 b 2 c 2 3 .
9
a3 b3 b3 c3 c3 a3
.
a 2b
b 2c
c 2a
x3 1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
x ( x 0) *
x 2 18
18
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S
1.0
0.25
* 18( x3 1) x 27 x 2 5
luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1
2
x 1 11x 8 0
a b c
; ;
b c a
a 3 b 3 7 a 2 5b 2 b 3 c 3 7b 2 5c 2 c 3 a 3 7c 2 5a 2
;
;
;
a 2b
18
18 b 2c
18
18 c 2a
18
18
12 a 2 b 2 c 2
2
Từ các đảng thức trên suy ra S
18
0.25
Áp dụng (*) cho x lần lượt là
Vậy MinS =2 khi a=b=c=1
0.25
0.25
TRƯỜNG THPT LAM KINH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
2x 1
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y
a. Giải phương trình:
3 sin 2 x cos 2 x 4sin x 1 .
b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x 1) log
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I
x
3
(2 x 1) 2 .
x 2 3dx
Câu 4 (1.5 điểm).
9
2
3
a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của x 2 .
x
b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC 2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM 3FE . Biết điểm
M có tọa độ 5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x y 3 0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
x 3 xy x y 2 y 5 y 4
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình
4 y 2 x 2 y 1 x 1
Câu 9 (1 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c b abc. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S
3
4
5
bca acb abc
----Hết----
Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
1
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1
Câu
Câu1a
1.0đ
Nội dung
- Tập xác định D R \ 1
- Sự biến thiên y '
3
x 1
2
Điểm
0,25
0 với x D
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 , 1;
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y x 2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của
0,25
x
đồ thị
lim y x , lim y x , suy ra đường thẳng x 1 là đường tiệm
x 1
x 1
cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
-
x
y’(x)
+
1
-
+
2
y
-
2
- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm
0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2 làm
0,25
tâm đối xứng.
Câu 1b
1.0đ
Gọi M x 0 ; y0 ,
x 0 1 ,
y0
2x 0 1
, Ta có
x0 1
0,25
d M, 1 d M, Ox x 0 1 y 0
x0 1
Với x 0
2x 0 1
2
x 0 1 2x 0 1
x0 1
x 0
1
, ta có : x 02 2x 0 1 2x 0 1 0
2
x0 4
M 0; 1 , M 4;3
0,25
Suy ra
0,25
2
1
, ta có pt x 02 2x 0 1 2x 0 1 x 02 2 0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M 0; 1 , M 4;3
Với x 0
0,25
3 sin 2 x cos 2 x 4sin x 1 2 3 sin x cos x 1 cos 2 x 4sin x 0
Câu 2a.
0.5đ
Câu 2b.
0.5đ
2 3 sin x cos x 2sin 2 x 4sin x 0 2sin x
sin x 0
x k
sin x 0
, k .
sin
x
1
x
k
2
3
cos
x
sin
x
2
3
6
0,25
ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x 1) log 3 (2 x 1) 2 log 3 [( x 1)(2 x 1)] 1
0,25
1
2 x 2 3x 2 0 x 2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ
Câu 4.b
0.5đ
Câu 5
1.0đ
0,25
Đặt t x 2 3 t 2 x 2 3 2tdt 2xdx xdx tdt .
0,25
t3
( x 2 3)3
C
Suy ra I t.tdt t dt C
3
3
0,25
2
Câu 4.a
0.5đ
3 cos x sin x 2 0 0,25
9
k
9
9
2
k
2
Ta có x 2 C9k x 9 k 2 C9k x 93k 2
x k 0
x
k 0
0,5
Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k 3 k 2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3 2 144x 3
0,25
Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0,25
C 4845 đề thi.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102 2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C103 .C101 1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
C104 210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025 1200 210 3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229
thuộc là
.
4845 323
1
Ta có VS.ABCD SH.SABCD , trong
3
0,25
2
đó SABCD a
4
20
3
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH (ABCD)
Dựng HE AB SHE AB ,
là góc giữa (SAB)
suy ra SEH
600
và (ABCD) SEH
Ta có SH HE.tan 600 3HE
HE HI 1
a
HE
CB IC 3
3
a 3
SH
3
0,25
Suy ra
1
1a 3 2
3a3
VS.ABCD SH.SABCD .
.a
3
3 3
9
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
d SA, CI d CI, SAP d H, SAP
0,25
Dựng HK AP , suy ra SHK SAP
Dựng HF SK HF SPA d H, SPA HF
1
1
1
(1)
2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM AP , ta thấy DM HK
2
2
2
HK
DM
DP DA 2
Do SHK vuông tại H
0,25
Thay vào (1) ta có
1
1
1
1
4 1 3
8
a
2 2 2 2 HF
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d SA, CI
.
2 2
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy
Câu 6
1.0đ
BC 2BA EB BA, FM 3FE EM BC
CAB
BM AC .
ABC BEM EBM
0,25
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x 2y 7 0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13
x
2x y 3 0
13 11
5
I ;
5 5
x 2y 7 0
y 11
5
12 6
2 8 4
IM ; , IB IM ; B 1; 3
3
5 5
5 5
0,25
4
Trong ABC ta có
1
1
1
5
5
BA
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2
2
2
4 5
5
8 4
BI 2
Mặt khác BI
, suy ra BA
5
2
5 5
Gọi toạ độ A a,3 2a , Ta có
a 3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11
a
5
2 4
Do a là số nguyên suy ra A 3; 3 . AI ;
5 5
Ta có AC 5AI 2; 4 C 1;1 . Vậy A 3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2
Câu 7
1.0đ
2
2
0,25
2
0,25
Thể tích lăng trụ là:
a 2 3 a3 3
V AA '.SABC a.
4
4
0,5
Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:
R IA
AO2 OI2
(
a 3 2 a 2 a 21
) ( )
3
2
6
0,5
a 21 2 7 a 2
2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S 4R 4(
)
6
3
Câu 8
1.0đ
xy x y 2 y 0
Đk: 4 y 2 x 2 0
. Ta có (1) x y 3
y 1 0
Đặt u x y , v
x y y 1 4( y 1) 0
0,5
y 1 ( u 0, v 0 )
5
u v
Khi đó (1) trở thành : u 2 3uv 4v 2 0
u 4v(vn)
Với u v ta có x 2 y 1 , thay vào (2) ta được :
4 y 2 2 y 3 2 y 1
2 y 2
4 y 2 y 3 2 y 1
2
y 1 1 0
y2
0
y 1 1
2
y 2
2
4 y 2 y 3 2 y 1
y 2 ( vì
0,25
1
0
y 1 1
2
4 y 2 y 3 2 y 1
2
4 y2 2 y 3 y 1 2 y
1
0y 1 )
y 1 1
0,25
Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là 5; 2
Câu 9
1.0đ
1 1
4
, x 0, y 0.
x y x y
1
1
1
1
1
1
S
2
3
bca acb
bca abc acb abc
Áp dụng bất đẳng thức
suy ra S
2 4 6
.
c b a
Từ giả thiết ta có
1 2
2 4 6
3
1 2 3
a, nên 2 2 a 4 3.
c b
c b a
a
c b a
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a b c 3.
0,25
0,25
0,25
0,25
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng
6
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
nB
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 SACD S ABCD a.2a a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD SH .SACD .
.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 SAIJ IK .AJ .
.
.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d D, AIJ
.
SAIJ
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
40
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
9b 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
9a c
2
3
2 a
b 3
2
2
a b
a b
4
9 bc 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
