Đề thi thử đại học khối A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút. ĐỀ 1 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) cos 2 x  cos 3 x  1 2 1.Giải phương trình: cos 2 x  tan x  . cos 2 x  x 2  y 2  xy  1  4 y 2. Giải hệ phương trình:  , ( x, y   ) . 2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 e. Câu III (1 điểm). Tính tích phân: I   1. log 32 x x 1  3ln 2 x. dx .. a 3 và góc BAD = 2 600. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V. (1 điểm) 7 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  . 27. Câu IV. (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =. B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIa. (1 điểm) 2. 2. z  z2 Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z  4z  11  0 . Tính giá trị của biểu thức 1 . ( z1  z2 )2 2. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3 x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. 2 log1 x ( xy  2x  y  2)  log 2 y (x 2  2x  1)  6 Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình :  , (x, y  ) . =1 log1 x (y  5)  log 2 y (x  4) 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I. ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Năm 2010 Ý Nội dung 1 2 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0  m = 0, f(x) = 0 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2) = -1.. Điểm 1 0.25 0.25. 9  4m  0,f (0)  m  0. Hay . 2 2 (3x1  6x1  m)(3x 2  6x 2  m)  1.. 9 9   m  , m  0 m  , m  0   4 4 9(x x ) 2  18x x (x  x )  3m(x 2  x 2 )  36x x  6m(x  x )  m 2  1 4m 2  9m  1  0   1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2. 9  65 8 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về. 0.25. Giải ra ta có ĐS: m = II. 1. 0.25. cos 2x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2cos 2 x  cos x -1  0. 0.5. Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: x  k2, x  . 2. 2 2  k2; hay x  k . 3 3.  x2 1 xy4   x 2  y 2  xy  1  4y y  y  0 , ta có:   . 2 2 2  y(x  y)  2x  7y  2 (x  y) 2  2 x  1  7  y 2  uv4  u  4v  v  3, u  1 x 1 , v  x  y ta có hệ:  2 Đặt u   2  y  v  2u  7  v  2v  15  0  v  5, u  9. 0.5. 0.25. 0.25. +) Với v  3, u  1 ta có hệ:. III. x 2  1  y x 2  1  y x 2  x  2  0  x  1, y  2 .       x   2, y  5 x  y  3 y  3  x y  3  x    . 0.25.  x 2  1  9y  x 2  1  9y  x 2  9x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ này   x  y   5 y   5  x y   5  x    vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}.. 0.25. 3.  ln x  e e e 3   log 2 x 1 ln 2 x. ln xdx ln 2   I dx   dx  3  . 2 2 2 ln 2 1 1  3ln x x 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 3 x 3. 0.25 0.25. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 2 2 2  t  1 1 1 1 Suy ra I   dx  3  3 . tdt  t 2  1 dt  3  2 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 1 x 1  3ln x e. log 32 x. 0.25. 2. 1 1 3  4   t t  3 3 9 ln 2  3  1 27 ln 2. Chứng tỏ AC’  BD C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’  (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính. 3a 3 Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: . 16. IV. 0.25 0.25 0.25 0.25. Ta có ab  bc  ca  2abc  a(b  c)  (1  2a)bc  a(1  a)  (1  2a)bc . Đặt t= bc thì ta. V. có 0  t  bc .  (1  a) 2  (b  c) 2 (1  a) 2  .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;  4  4 4 . Có f(0) = a(1 – a) . VIa.. 0.25. 1.. 2.. (a  1  a) 2 1 7   và 4 4 27. 2  (1  a)2  7 1 1  1 7 với mọi a   0;1 f  (2a  )  a      4  27 4 3 3 27     7 Vậy ab  bc  ca  2abc  . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 27 Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên:  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5 C'   ; ) 3 0 m     CC ' nên 2( 2 2 2 2 6   5 41  I  ( ; ) . Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 6 6 2x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C ;   3 3  3x  3y  23  0  19 4  Tọa độ của B =   ;   3 3   Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.    Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC): 2x  y  z 1  0 .. 0.5. 0,25. 0.25. 0.5. 0.5 0.25 0.25.  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1). 2x  y  z  1  0  z  1  . 0.25. Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2) 2  (1  1) 2  5.. 0.25. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> VII a. Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1  1 . 3 2 3 2 i, z 2  1  i 2 2. 0.5. 2. 3 2  22 Suy ra | z1 || z2 | 1   ; z1  z2  2   2 2  . 0.25. 2. 2. Đo đó VIb. 1.. 2.. VII b. z1  z2. 2 2.  ... . 11 4. ( z1  z2 ) Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) B P Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có C 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 32  42 N Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.    Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 M(x; y; z) MA = MB = MC  …. M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7  xy  2x  y  2  0, x 2  2x  1  0, y  5  0, x  4  0 + Điều kiện:  (I) . 0  1  x  1, 0  2  y  1. 0.25 A. D. 0.25. Q M. 2log1 x [(1  x)(y  2)]  2log 2  y (1  x)  6 log1 x (y  2)  log 2  y (1  x)  2  0 (1) (I)    = 1 log1 x (y  5)  log 2  y (x  4) = 1 (2). log1 x (y  5)  log 2  y (x  4). 1 Đặt log 2 y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. t Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta có: x  4 x  4 log1 x ( x  4)  log1 x (x  4) = 1  log1 x 1  1  x  x 2  2x  0 x4 x4.  x0  y  1 . Suy ra:  .   x  2  y 1 + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y  1 thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 .. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010. MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) ĐỀ 2 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x3  3(2m  1)x 2  6m(m  1)x  1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm). a) Giải phương trình: 2 cos 3x(2 cos 2x  1)  1 3 b) Giải phương trình : (3x  1) 2x 2  1  5x 2  x  3 2 3ln 2. Câu III (1 điểm). Tính tích phân. I.  0. dx ( 3 e x  2) 2. Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là. a 3 4. Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x 4  y4  1 P 2 x  y2  1 B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: (z 2  z)(z  3)(z  2)  10 , z  C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3 x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 :. x  4 y 1 z  5 x 2 y3 z   d2 :   3 1 2 1 3 1. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log 2 x  2)  9 log 2 x  2 ……...HẾT........... 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ĐÁP ÁN Nội dung. Câu I a). Điểm. Học sinh tự làm 0,25. y  2x3  3(2m  1)x 2  6m(m  1)x  1  y '  6x 2  6(2m  1)x  6m(m  1). b). 0,5. y’ có   (2m  1) 2  4(m 2  m)  1  0. x  m y'  0   x  m 1 Hàm số đồng biến trên 2;   y '  0 x  2  m  1  2  m  1 Câu II a). Giải phương trình: 2 cos 3x(2 cos 2x  1)  1. 0,25. 0,25 1 Điểm. PT  2 cos 3x(4 cos 2 x  1)  1  2 cos 3x(3  4sin 2 x)  1. 0,25. Nhận xét x  k, k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:. 0,25. 2 cos 3x(3  4sin 2 x)  1  2 cos 3x(3sin x  4sin 3 x)  sin x.  2 cos 3x sin 3x  sin x  sin 6x  sin x  x  6x  x  m2   6x    x  m2 x  . 2m 5 ;mZ  2m  7 7. 0,25. 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z 0,25 5  2m Xét khi  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 7 lZ 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) 5 7 7 trong đó m, t, l  Z. Xét khi. b). 3 Giải phương trình : (3x  1) 2x 2  1  5x 2  x  3 2. PT  2(3x  1) 2x 2  1  10x 2  3x  6. 1 Điểm 0,25. 2(3x  1) 2x 2  1  4(2x 2  1)  2x 2  3x  2 . Đặt t  2x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2x 2  3x  2  0 Ta có:  '  (3x  1) 2  4(2x 2  3x  2)  (x  3) 2 Pt trở thành 4t 2  2(3x  1)t  2x 2  3x  2  0. 0,25. Ta có:  '  (3x  1) 2  4(2x 2  3x  2)  (x  3) 2 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2x  1 x2 ;t  2 2 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm: 0,5. Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t .  1  6 2  60  x ;  7   2 Câu III. 3ln 2. Tính tích phân I .  0. Ta c ó I .  0. ( 3 e x  2) 2. 0,25. x 3. 3ln 2. e dx x 3. x 3. 1 Điểm. dx. =. e (e  2). 2. x 3. x 3. Đặt u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3ln 2  u  2 2. Ta được:. I 1. 2  1  3du 1 1 =3    2 2 1  4u 4(u  2) 2(u  2) du u(u  2). 0,25 0,25. 2. 1  1 1 =3  ln u  ln u  2   4 2(u  2)  1 4 3 3 1 ln( )  4 2 8 3 3 1 Vậy I  ln( )  4 2 8 . 0,25. Câu IV. C’. A ’. B’. H C. A O. M. 0,5. B Gọi M là trung điểm BC ta thấy:. AM  BC    BC  (A ' AM) A 'O  BC  7. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Kẻ MH  AA ', (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC  (A ' AM)  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vuông góc chung của HM  (A ' AM)  3 AA’và BC, do đó d(AA',BC)  HM  a . 4 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:. A 'O HM  AO AH. 0,5. AO.HM a 3 a 3 4 a   AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A 'O.SABC  A 'O.AM.BC  2 23 2 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 .Chứng minh1 Điểm rằng: 3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13.  suy ra A 'O . Câu V. bc 2 *Trước hết ta chứng minh: f (a, b, c)  f (a, t, t) :Thật vậy. Đặt f (a, b, c)  3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13; t . 0,5. Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  3 hay a  1. f (a, b, c)  f (a, t, t)  3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13  3(a 2  t 2  t 2 )  4at 2  13 = 3(b 2  c 2  2t 2 )  4a(bc  t 2 ) 2  2 2 2(b  c) 2   (b  c)  3(b  c) 2  a(b  c) 2 = 3 b  c    4a  bc  = 2 4 4    . =. (3  2a)(b  c) 2  0 do a  1 2. *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a, t, t)  0 với a+2t=3. 0,5. Ta có f (a, t, t)  3(a  t  t )  4at  13 2. 2. 2. 2. = 3((3  2t) 2  t 2  t 2 )  4(3  2t)t 2  13 = 2(t  1) 2 (7  4t)  0 do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra  t  1& b  c  0  a  b  c  1 (ĐPCM) 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức x 4  y4  1 P 2 x  y2  1 Từ giả thiết suy ra: 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1  x 2  xy  y 2  2xy  xy  xy 0,25. 1  (x  y) 2  3xy  3xy 1 Từ đó ta có   xy  1 . 3 Mặt khác x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy nên x 4  y 4   x 2 y 2  2xy  1 .đặt t = xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của  t 2  2t  2 1 P  f (t)  ;  t 1 t2 3 Tính f '(t)  0  1 . 0.25. t  6  2 6 0 2 (t  2)  t   6  2(l). Do hàm số liên tục trên. . 0.25. 1 1  ;1 nên so sánh giá trị của f ( ) , f ( 6  2) , 3 3. f (1) cho ra kết quả: 1 11 MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( )  3 15. Câu VIa a). 0.25. 1 Điểm (Học sinh tự  vẽ hình) Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0 .. I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm của AC: C(2t  1; 2t) Theo bài ra: SABC. t  0 1  AB.d(C, AB)  2  . 6t  4  4   4 t  2  3. 0,5. 0,5. 5 8 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn . 3 3. b). 1 Điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu  vuông góc của O lên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH / /n(2;1; 1) ; H   ABC  Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=. 0,25. 1 2 1 1 suy ra H( ; ;  ) 3 3 3 3. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 0,5. 4 2 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O '( ; ;  ) 3 3 3. CâuVIIa. Giải phương trình: (z 2  z)(z  3)(z  2)  10 , z  C. PT  z(z  2)(z  1)(z  3)  10  (z 2  2z)(z 2  2z  3)  0. 1 Điểm 0,25. Đặt t  z 2  2z . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25. Đặt t  z 2  2z . Khi đó phương trình (8) trở thành t 2  3t  10  0.  t  2  z  1  i   t  5  z  1  6. 0,5. Vậy phương trình có các nghiệm: z  1  6 ; z  1  i Câu VIb a). 1 Điểm Viết phương trình đường AB: 4x  3y  4  0 và AB  5. 0,25. Viết phương trình đường CD: x  4y  17  0 và CD  17. b). Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d(M, AB)  ;d(M, CD)  5 17. 0,25. Từ đó: SMAB  SMCD  d(M, AB).AB  d(M, CD).CD 7 7  t  9  t   Có 2 điểm cần tìm là: M(9; 32), M( ; 2) 3 3. 0,5. 1 Điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d 2  dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2. Ta tìm A, B :    AB  u    Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) AB  u '   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1). 0, 25. 0,25. 0,25. Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:  x  2   (y  1) 2  (z  1) 2  6 2. 0,25 10. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> CâuVIIb. Giải bất phương trình. x(3log 2 x  2)  9 log 2 x  2. Điều kiện: x  0 Bất phương trình  3(x  3) log 2 x  2(x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 3 x 1 TH1 Nếu x  3 BPT  log 2 x  2 x 3 3 Xét hàm số: f (x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g(x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x 3 f (x)  f (4)  3  *Với x  4 :Ta có   Bpt có nghiệm x  4 g(x)  g(4)  3 f (x)  f (4)  3  * Với x  4 :Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(4)  3 TH 2 :Nếu 0  x  3 BPT . 3 x 1 log 2 x  2 x 3. 1 Điểm. 0.25. 0,25. 0,25. 3 log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g(x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x 3 f (x)  f (1)  0  *Với x  1 :Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(1)  0  f (x)  f (1)  0  * Với x  1 :Ta có   Bpt có nghiệm 0  x  1 g(x)  g(1)  0  f (x) . x  4 Vậy Bpt có nghiệm  0  x  1. 0,25. Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.. 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>