Đề thi đại học dự bị năm 2005_F2

PHẦN HAI: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN
TOÁN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI
DỰ BỊ 1 KHỐI A:
Câu I: (2 đ)Gọi (C
m
) là đồ thò của hàm số : y =
2 2
2 1 3x mx m
x m
+ + −
−
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (*) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trò nằm về hai phía trục tung.
Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

+ + + =

+ + + + =

2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;
π
) của phương trình :
2 2
3
4sin 3 cos 2 1 2cos ( )

2 4
x
x x
π
− = + −

Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có
trọng tâm G
4 1
( ; )
3 3
, phương trình đường thẳng BC là
2 4 0x y− − =
và phương trình đường thẳng
BG là
7 4 8 0x y− − =
.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) .
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa
độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P).
b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai
tiếp tứ diện OABC.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
3
2
0
sin .I x tgxdx
π
=
∫

.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số
khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8.
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng :
3 4 3 4 3 4 6
x y z
+ + + + + ≥
Bài giải CÂU I
1/ Khi m = 1 thì
2
x 2x 2
y
x 1
+ −
=
−
(1)
• MXĐ: D = R \ {1}
•
( )
2
2
x 2x
y'
x 1
−
=
−
,
y' 0=

⇔ = =x 0 hay x 2
• BBT
x
−∞
0 1 2
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y 2
+∞
TRANG 1
−∞
6
• Tiệm cận:
x 1=
là pt t/c đứng
y = x + 3 là pt t/c xiên
2/ Tìm m
Ta có
( )
2 2
2
x 2mx m 1
y'
x m
− + −
=
−
Hàm số (*) có 2 cực trò nằm về 2 phía

trục tung
y' 0⇔ =
có 2 nghiệm trái dấu
2
1 2
x x P m 1 0 1 m 1⇔ = = − < ⇔ − < <
CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình
( ) ( )
( )
2 2
x y x y 4
I
x x y 1 y y 1 2

+ + + =


+ + + + =


(I)

+ + + =

⇔

+ + + + = ⇒ = −


2 2

2 2
x y x y 4
x y x y xy 2 xy 2
Ta có
= + = ⇒ = + + ⇒ + = −
2 2 2 2 2 2
S x y;P xy S x y 2xy x y S 2P
Vậy
( )

− + = = −


⇔ ⇔
 
= = −
− + =



2
2
S 2P S 4 P 2
I
S 0 hayS 1
S P S 2
1
S x y 0
TH :
P xy 2

= + =


= = −

vậy x, y là nghiệm của phương trình
+ − =
2
X 0X 2 0
Vậy hệ có 2 nghiệm
x 2
x 2

=


= −


hay
x 2
y 2

= −


=


2

S x y 1
TH :
P xy 2
= + = −


= = −

vậy x,y là nghiệm của phương trình
2
X X 2 0+ − =
⇒
= = −X 1hay X 2
. Vậy hệ có 2 nghiệm
x 1
y 2
=


= −

V
x 2
y 1
= −


=

Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm

x 2
y 2

=


= −


V
x 2
y 2

= −


=


V
x 1
y 2
=


= −

V
= −



=

x 2
y 1
CÁCH KHÁC (I)

+ + + =

⇔

+ + + + =


2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2

+ + + =

⇔

= −


2 2
x y x y 4
xy 2


+ + + =

⇔

= −


2
(x y) x y 0
xy 2

+ = + =−

⇔

= −


x y 0hay x y 1
xy 2

+ = + =−

⇔

= −


x y 0hay x y 1
xy 2


= −

⇔

=


2
x y
x 2
hay
+ =−



+ − =


2
x y 1
x x 2 0
⇔

x 2
y 2

=



= −


V
x 2
y 2

= −


=


V
x 1
y 2
=


= −

V
= −


=

x 2
y 1
TRANG 2

2/ Tìm nghiệm
( )
0,∈ π
Ta có
2 2
x 3
4sin 3 cos2x 1 2cos x
2 4
π
 
− = + −
 ÷
 
(1)
(1)
( )
3
2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
π
 
⇔ − − = + + −
 ÷
 
(1) 2 2 cosx 3 cos2x 2 sin2x⇔ − − = −
(1) 2cos x 3 cos2x sin2x⇔ − = − . Chia hai vế cho 2:
(1) ⇔ − = −
3 1
cosx cos2x sin2x
2 2

( )
cos 2x cos x
6
π
 
⇔ + = π −
 ÷
 

( ) ( )
π π π
⇔ = + = − + π
5 2 7
x k a hay x h2 b
18 3 6
Do
( )
x 0,∈ π
nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba
nghiệm x thuộc
( )
0,π
là
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x
18 18 6
π π π
= = =
CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt

( )
− − =

⇒ −

− − =

x 2y 4 0
B 0, 2
7x 4y 8 0
Vì
ABC∆
cân tại A nên AG là đường cao của
ABC∆
Vì
GA BC⊥
⇒ pt GA:
− + − = ⇔ + − =
4 1
2(x ) 1(y ) 0 2x y 3 0
3 3

2x y 3 0⇔ + − =
⇒
GA BC
∩
= H
( )
+ − =


⇒ −

− − =

2x y 3 0
H 2, 1
x 2y 4 0
Ta có
AG 2GH=
uuur uuur
với A(x,y).
4 1 4 1
AG x, y ;GH 2 , 1
3 3 3 3
   
= − − = − − −
 ÷  ÷
   
uuur uuur
⇒
=



− = −


x 0
1 8
y

3 3
⇒
( )
A 0,3
Ta có :
+ + + +
= =
A B C A B C
G G
x x x y y y
x và y
3 3
⇒
( )
C 4,0
Vậy
( ) ( ) ( )
A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2−
2a/ Ta có
( )
BC 0, 2,2= −
uuur
• mp (P) qua
( )
O 0,0,0
và vuông góc với BC có phương trình là
− + = ⇔ − =0.x 2y 2z 0 y z 0
• Ta có
( )
AC 1, 1,2= − −

uuur
, phương trình tham số của AC là
x 1 t
y 1 t
z 2t
= −


= −


=

.
Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có
1
1 t 2t 0 t
3
− − = ⇔ =
. Thế
1
t
3
=
vào pt (AC) ta có
2 2 2
M , ,
3 3 3
 
 ÷

 
là giao điểm của AC với mp (P)
2b/ Với
( )
A 1,1,0

( )
B 0,2,0

( )
C 0,0,2
.Ta có:
( )
AB 1,1,0= −
uuur
,
( )
AC 1, 1,2= − −
uuur
TRANG 3
⇒
= − = ⇔ ⊥
uuur uuur uuur uuur
AB.AC 1 1 0 AB AC
⇒
ABC
∆
vuông tại A
• Ta dễ thấy
BOC

∆
cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông.
Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ
dàng tìm dược
( )
I 0,1,1

2 2
R 1 1 2= + =
Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là :
( ) ( )
2 2
2
x y 1 z 1 2+ − + − =
CÂU IV.
1/ Tính
π π
= =
∫ ∫
/ 3 /3
2 2
0 0
sinx
I sin xtgxdx sin x. dx
cosx
⇒
( )
2
/ 3
0

1 cos x sinx
I dx
cosx
π
−
=
∫
, Đặt
u cosx=
⇒
du sinxdx− =
Đổi cận
( )
1
u ,u 0 1
3 2
π
 
= =
 ÷
 
( )
( )
2
1/ 2
1
1 u du
I
u
− −

=
∫
=
1
1
2
1/ 2
1/ 2
1 u 3
u du ln u ln2
u 2 8
 
 
− = − = −
 
 ÷
 
 
∫
2/ Gọi
=
1 2 3 4 5 6
n a a a a a a
là số cần lập
+ + =
3 4 5
ycbt: a a a 8
⇒
{ } { }
∈ ∈

3 4 5 3 4 5
a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4
a) Khi
{ }
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5
∈
• Có 6 cách chọn
1
a
• Có 5 cách chọn
2
a
• Có 3! cách chọn
3 4 5
a ,a ,a
• Có 4 cách chọn
6
a
Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n
b) Khi
{ }
3 4 5
a ,a ,a 1,3,4∈
tương tự ta cũng có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n
Cách khác Khi
{ }
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5∈

Có 3! = 6 cách chọn
3 4 5
a a a
Có
3
6
A
cách chọn
1 2 6
a ,a ,a
Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n
Khi
{ }
3 4 5
a ,a ,a 1,3,4∈
tương tự ta cũng có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n
CÂU V: Ta có:
4
x x x
3 4 1 1 1 4 4 4+ = + + + ≥
⇒
+ ≥ =
8
4
x x x
3 4 2 4 2. 4
. Tương tự
+ ≥ =
8

4
y y x
3 4 2 4 2. 4

8
z z
3 4 2 4+ ≥
Vậy
 
+ + + + + ≥ + +
 
 
8 8 8
x y z x y z
3 4 3 4 3 4 2 4 4 4
TRANG 4

3
8
x y z
6 4 .4 .4≥

24
x y z
6 4 6
+ +
≥ =
DỰ BỊ 2 KHỐI A:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
2

1
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thò ( C ) .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
π
− − − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2

12 4 36 0x y− − + =
. Viết phương trình đường tròn (C
1
) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox,
Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0;
4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết
phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S.
b) Tìm tọa độ điểm A
1
đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
7
3
0
2
1
x
I dx
x
+
=
+
∫

.
2. Tìm hệ số của x
7
trong khai triển đa thức
2
(2 3 )
n
x−
, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
...
n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
+ + + +
= 1024. (
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có :

2
9
(1 )(1 )(1 ) 256
y
x

x
y
+ + + ≥
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải:
CÂU I.
1/ Khảo sát và vẽ đồ thò
+ +
=
+
2
x x 1
y (C)
x 1
MXĐ:
{ }
D R \ 1= −
.
( )
+
= = ⇔ + = ⇔ = = −
+
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hay x 2
x 1
BBT
x

−∞
-2 -1 0
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y
−∞
-3

+∞

−∞
1
+∞
Tiệm cận:
x 1= −
là phương trình tiệm cận đứng
y x=
là phương trình tiệm cận xiên
2/ Phương trình tiếp tuyến
∆
qua
( )
M 1,0−
( hệ số
góc k ) có dạng
TRANG 5
∆
:
( )

y k x 1= +
∆
tiếp xúc với
( )
C

⇔
hệ pt sau có nghiệm
( )
( )

+ +
= +

+


+

=

+

2
2
2
x x 1
k x 1
x 1
x 2x

k
x 1
⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm là
( )
( )
( )
2
2
2
x 2x x 1
x x 1
x 1
x 1
+ +
+ +
=
+
+
x 1
⇔ =
⇒
3
k
4
=
Vậy pt tiếp tuyến
∆
với
( )
C

qua
( )
M 1,0−
là:
( )
3
y x 1
4
= +
CÂU II. 1/ Giải hệ pt :
( )
2x y 1 x y 1
I
3x 2y 4

+ + − + =


+ =


( )
( ) ( )
2x y 1 x y 1
I
2x y 1 x y 5

+ + − + =

⇔


+ + + + =


Đặt
= + + ≥ = + ≥u 2x y 1 0,v x y 0
(I) thành
( )
− =
= ⇒ =



⇒


= − ⇒ = −
+ =



1 1
2 2
2 2
u v 1
u 2 v 1
u 1 v 2 loại
u v 5
Vậy
( )

2x y 1 2
I
x y 1

+ + =

⇔

+ =



2x y 1 4 x 2
x y 1 y 1
+ + = =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 
2/ Giải phương trình
( )
3
2 2 cos x 3cosx sinx 0 2
4
π
 
− − − =
 ÷
 

(2)
3
2 cos x 3cosx sinx 0
4
π
 
 
⇔ − − − =
 ÷
 
 
 
( )
⇔ + − − =
⇔ + + + − − =
3
3 3 2 2
cosx sinx 3cosx sinx 0
cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx 0
=


⇔

− =


3
cosx 0
sin x sinx 0

≠



+ + + − − − − =


2 3 2 3
cosx 0
hay
1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x 0
⇔ =
2
sin x 1
=haytgx 1
x k
2
π
⇔ = + π
hay
π
= + πx k
4
CÂU III
1/
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
C x y 12x 4y 36 0 x 6 y 2 4⇔ + − − + = ⇔ − + − =
Vậy (C) có tâm

( )
I 6,2
và R=2
TRANG 6
Vì đường tròn
( )
1
C
tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm
1
I
nằm trên 2 đường thẳng
y x= ±

vàvì (C) có tâm
( )
I 6,2
,R = 2
nên tâm
±
1
I (x; x)
với x > 0.
1
TH
: Tâm
1
I ∈
đường thẳng y = x ⇒
( )

I x,x
, bán kính
=
1
R x

( )
1
C
tiếp xúc ngoài với (C) ⇔
= +
1 1
II R R
( ) ( )
⇔ − + − = +
2 2
x 6 x 2 2 x
( ) ( )
⇔ − + − = + + ⇔ − − + =
2 2
2 2
x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0
⇔ − + = ⇔ = =
2
x 20x 36 0 x 2 hay x 18
.Ứng với
= =
1 1
R 2hay R 18
Có 2 đường tròn là:

( ) ( )
2 2
x 2 y 2 4− + − = ;
( ) ( )
2 2
x 18 y 18 18− + − =
2
TH
: Tâm
1
I ∈
đường thẳng
( )
y x I x, x= − ⇒ −
;
=
1
R x
Tương tự như trên, ta có x= 6
Có 1 đường tròn là
( ) ( )
2 2
x 6 y 6 36
− + + =
Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
− + − = − + − =
− + + =
2 2 2 2

2 2
x 2 y 2 4; x 18 y 18 18;
x 6 y 6 36
2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒
=
uuur uuur
OC AB
⇒ B(2,4,0)
* Đoạn OB có trung điểm là
( )
H 1,2,0
. H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông
OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và
bán kính R =
= + + =
1 1
SB 4 16 16 3
2 2
,
Vậy phương trình mặt cầu là
( ) ( )
− + − + − =
2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
2b/
( )
SC 0,4, 4= −
uuur
chọn

( )
0,1, 1−
là vtcp của SC.
Pt tham số đường thẳng SC
x 0
y t
z 4 t
=


=


= −

Mp (P) qua
( )
A 2,0,0
và vuông góc với SC có phương trình là
( )
O x 2 y z 0 y z 0− + − = ⇔ − =
Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra
( )
M 0,2,2
Gọi
( )
1
A x,y,z
là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của
1

AA
nên
+ = = −
 
 
+ = ⇒ =
 
 
+ = =
 
2 x 2.0 x 2
0 y 2.2 y 4
0 z 2.2 z 4
Vậy
( )
1
A 2,4,4−
CÂU IV: 1/ Tính
7
3
0
x 2
I dx
x 1
+
=
+
∫
Đặt
3 2

3
t x 1 x t 1 dx 3t dt= + ⇒ = − ⇒ =
TRANG 7
⇒
3
x 2 t 1+ = +
.Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2.
Vậy
( )
( )
2
3 2
5 2
2 2
4
1 1
1
t 1 3t
t t 231
I dt 3 t t dt 3
t 5 2 10
+
 
= = + = + =
 
 
∫ ∫
2/ Ta có
( )
+

+ +
+ + + + +
+ = + + + + +
2n 1
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x ... C x
Cho
x 1=
Ta có
2n 1 0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C C ... C
+ +
+ + + + + +
= + + + + + +
(1)
Cho
x 1= −
Ta có
0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
0 C C C C C ... C
+
+ + + + + +
= − + − + − −
(2)
Lấy (1) - (2) ⇒
2n 1 1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2 2 C C C ... C
+ +
+ + + +
 
= + + + +
 
⇒
2n 1 3 5 2n 1 10
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C ... C 1024 2
+
+ + + +
= + + + + = =
. Vậy 2n=10
Ta có
( ) ( ) ( )
10
10 k k
k 10 k
10
k 0
2 3x 1 C 2 3x
−
=
− = −
∑
Suy ra hệ số của
7
x
là

7 7 3
10
C 3 .2−
hay
−
3 7 3
10
C 3 .2
CÂU V: Ta có:
3
4
3
x x x x
1 x 1 4
3 3 3
3
+ = + + + ≥

3
4
3 3
y y y y y
1 1 4
x 3x 3x 3x
3 .x
+ = + + + ≥
( )
3
4
3

9 3 3 3 3
1 1 4
y y y y
y
+ = + + + ≥
⇒
2
6
4
3
9 3
1 16
y y
 
+ ≥
 ÷
 ÷
 
Vậy
( )
 
 
+ + + ≥ =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
2
3 3 6

4
3 3 3 3
y 9 x y 3
1 x 1 1 256 256
x
y 3 3 .x y
DỰ BỊ 1 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
4 2
6 5y x x= − +

2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0x x m− − =
.
Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


2. Giải phương trình :
3

2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
π
− − − =

Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :
2 2
64 9
x y
+
= 1. Viết
phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho
AO = 2BO.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
x y z
:
1 1 2
d = =
và
2
1 2
:
1
x t
d y t
z t
= − −



=


= +

( t là tham số )
a) Xét vò trí tương đối của d
1
và d
2
.
TRANG 8
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
và N thuộc d
2
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng (P) :
0x y z− + =
và độ dài đọan MN =
2
.
Câu IV: ( 2 điểm)
1. Tính tích phân
2
0
ln
e
x xdx

∫
.
2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm
đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c =
3
4
.. Cmrằng :
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Bài giải: CÂU I:
1/ Khảo sát
4 2
y x 6x 5= − + . MXĐ: D=R
( )
= − = − = ⇔ = = ±
3 2
y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0hayx 3
2
y'' 12x 12,y'' 0 x 1= − = ⇔ = ±
BBT
x
−∞
3−
-1 0 1
3
+∞
y'
- 0 + + 0 - - 0 +

y''
+ + 0 - - 0 + +
y
+∞
5
+∞
-4 0 0 -4
Đồ thò
2/ Tìm m để pt
4 2
2
x 6x log m 0− − =
có 4 nghiệm phân biệt.
4 2 4 2
2 2
x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5− − = ⇔ − + = +
Đặt
2
k log m 5= +
Ycbt
⇔
đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt
4 k 5
⇔ − < <
⇔ − < + <
2
4 log m 5 5
TRANG 9