DAPANTHITHUDAIHOCtoanDeLTT2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.DeThiThuDaiHoc.com. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề. ĐỀ THI THỬ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2 x 3 - 3x 2 + 5 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). (d ) : x + 3 y + 7 = 0 sao cho = . + . + . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin3 x - cos3 x + 3sin 2 x + 4sin x - cos x + 2 = 0 . 1+ y Ï Ô x(1 + x ) = 4 - y 2 x yŒ . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình Ì Ô( xy + 1)( x 2 y 2 + 1) = 4 y 3 Ó 2 4 x + x3 + x 2 + 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I Ú dx . 4 x + 1 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM). Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T. (. abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2. (a. 2. + b 2 + c 2 ) ( ab + bc + ca ). ). PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; - 7) và đường thẳng D : x - 2 y + 4 = 0 . Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến các đường thẳng ( d i ) đều bằng 4 và khoảng cách từ B đến các đường thẳng ( d i ) đều bằng 6. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD với A(1; -1; -2) và các điểm x +1 y -1 z +1 B, D nằm trên đường thẳng (d): = = . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. 4 -1 1 Câu 9.a (1,0 điểm). Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC: 7 x + 4 y - 5 = 0 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 x + 8 y - 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) và cách điểm C (-1; 3; - 2) một khoảng bằng 29 . 1 1 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình . < 2 log3 2 x - 3x + 1 log3 ( x + 1) ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………. www.MATHVN.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com. Câu Câu 1 (2,0 điểm). ĐÁP ÁN TOÁN A, A1 Đáp án 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 x3 - 3x 2 + 5. Èx 0 ; y ' = 6 x2 - 6 x ; y ' = 0 € 6 x2 - 6 x = 0 € Í ; y(0) = 5, y(1) = 0 Îx 1 Giới hạn: lim y = -• ; lim y = +• TXĐ:. x Æ-•. Điểm. 0,25. xÆ+•. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 1 ). 0,25. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -•; 0 ) ; (1; + • ) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 5 Bảng biến thiên: 0 1 x -• +• 0 0 + y’ + +•. 5 y -•. 0,25. 4. Đồ thị. y 5. 0,25. -1. 0. 1. x. 2. Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d ) : x + 3 y + 7 = 0 sao cho đạt giá trị nhỏ nhất = . + . + . (O là gốc tọa độ). Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Gọi G là điểm sao cho Ê1 ˆ 0,25 + + =  G Á ;3 ˜ Ë3 ¯ Ta có: = . + . + . = =. +. =3. 2. +2. +. + +. +. + +. + .. +. + .. + +. .. + =. 2 =3 + . + . + . . + . + . = Do nên suy ra T nhỏ nhất khi và chi khi MG nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của G trên đường thẳng (d). Ta có phương trình đường thẳng (d’) đi qua G và vuông góc với (d): 3x - y + 2 = 0. www.MATHVN.com. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com. Ï3x - y + 2 = 0 13 19  tọa độ M là nghiệm của hệ Ì x=- ; y=10 10 Óx + 3y + 7 = 0 Ê 13 19 ˆ Vậy M Á - , - ˜ là đáp số của bài toán. Ë 10 10 ¯ Câu 2 Giải phương trình: sin3 x - cos3 x + 3sin 2 x + 4sin x - cos x + 2 = 0 (1,0 điểm) (1) € (sin x + 1)3 - cos3 x + (sin x + 1 - cos x) = 0 € (sin x - cos x + 1)[(sin x + 1) 2 + cos x(sin x + 1) + cos2 x + 1] = 0 Èsin x - cos x + 1 = 0 (1) €Í 2 2 Î(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + 1 = 0 (2) Giải (1): È x k 2p 2 p pˆ p Ê € €x+ = ± +k p € Í Áx+ ˜ = Í x = - p + k 2p 4 2 4 4 Ë ¯ Î 2 2 2 Giải (2): Vì (sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + 1 =. 0,25 0,25. kŒ. 0,25. 1 È ˘ 3 = Í(sin x + 1) + cos x ˙ + cos2 x + 1 > 0, "x Œ , nên pt(2) vô nghiệm. 2 Î ˚ 4. 0,25. 2. Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm: x = k Câu 3 (1,0 điểm). 1+ y Ï Ô x(1 + x) = 4 - y 2 Giải hệ phương trình: Ì Ô( xy + 1)( x 2 y 2 + 1) = 4 y 3 Ó. x=-. 2. +k. kŒ. x yŒ. Giải: ĐK: y π 0 Khi đó hệ đã cho tương đương:. ÏÊ 1ˆ x 1 1 1 Ï 2 1 Ï 2 1 x + 2. + x + =4 Ô x + + x + = 4 x + + x + = 4 Á ˜ 2 2 Ô Ô y¯ y y y y y y ÔË Ô Ô €Ì €Ì Ì 2 2 3 x x 1 x x 1 3 3 Ê ˆ Ôx + + + Ô Ô 1 xÊ 1ˆ =4 x + + 2 + 3 =4 x + 2 x + 2 3 Á ˜ Á ˜=4 Ô Ô Ô y y y y y y Ó Ó y y y ¯ Ë ¯ ÓË 2. Đặt: u = x +. 1 x , v = , hệ phương trình trở thành: y y. ÏÔu 2 + u - 2v = 4 Ì 3 ÔÓu - 2u.v = 4 Ï Ïu 2 - 4u + 4 = 0 u2 + u - 4 v Ïu 2 Ô Ô €Ì €Ì 2 u 2 + u - 4 € Ìv 1 Ó Ôu 3 - u (u 2 + u - 4) = 4 Ôv Ó Ó 2. 1 Ï Ôx + y = 2 Ô Từ đó: Ì € x = y =1. x Ô 1 ÔÓ y Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1) 2 4 Câu 4 x + x3 + x 2 + 2 Tính tích phân: I (1,0 điểm) Ú1 x4 + 1 dx 2. I =Ú 1. 2. 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. x 4 + x3 + x 2 + 2 x3 x2 + 1 dx = dx + dx + Ú1 Ú1 x4 + 1 Ú1 x4 + 1 dx x4 + 1. www.MATHVN.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com 2. 2. 2. 2. x3 1 d ( x 4 + 1) 1 1 17 dx = = ln( x 4 + 1) = ln 4 4 Ú x +1 4 1 x +1 4 4 2 1 1 1 1 1 1+ 2 2 2 2 1+ 2 2 x +1 x dx = x I2 = Ú 4 dx = Ú dx 2 Ú 1 x +1 1ˆ 1 1 x2 + 1 Ê Áx- ˜ +2 x2 x¯ Ë 1 1 ˆ 1 pˆ Ê Ê p dt = 2(1 + tan 2 t )dt Đặt x - = 2 tan t Á - < t < ˜  Á1 + 2 ˜ dx = 2 2 x 2¯ Ë x ¯ cos t Ë 2. I1 = Ú dx = x 1 = 1 ; I 2 = Ú 2. Đổi cận: x = 1  t = 0; x = 2  t = arc tan arc tan. Ú.  I2 =. 3 2 4. 2(1 + tan 2 t )dt = 2(1 + tan 2 t ). 0. arc tan. Ú 0. 3 2 4. 0,25. 0,25. 3 2 4 arc tan. 3 2 4. 2dt 2 = t 2 2 0. 2 3 2 = arc tan 2 4. 0,25. (+) 1 17 2 3 2 arc tan Vậy: I = 1 + ln + 4 2 2 4 Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt (1,0 điểm) phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM). S. S. A. D. K. M. H B. A. C. D H. B. Theo giả thiết ta có: CB ^ AB¸ + ˝  CB ^ (SAB)  CSB CB ^ SA ˛. C. 300 là góc giữa SC và mặt phẳng (SAB). Từ đó: SB = BC.cot 300 = a 3  SA = SB2 - AB2 = a 2. BH ^ SA ¸ + ˝  BH ^ ( SAH )  BH ^ AH BH ^ SH ˛ + Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi: 1 1 1 a 2 V = S ABH .SA = . HA.HB.a 2 = HA.HB 3 3 2 6 Có: AH 2 + BH 2 = AB2 = a 2 và theo bđt Cauchy: a2 2 2 2 a = AH + BH ≥ 2 AH .BH  AH .BH £ 2 2 3 a 2 a 2 a a 2 HA.HB £ . = Từ đó: V = . 6 6 2 12 Đẳng thức chỉ xảy ra khi HA = HB € ABM = 450 € M ∫ D. www.MATHVN.com. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com 2. (đvtt) đạt được khi M ∫ D 12 Với M ∫ D thì H là tâm của đáy ABCD. Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là trung điểm của AC nên: d[C,(SBD)] d[ A,(SBD)] Kẻ AK ^ SH tại K (1) Ï BD ^ AH Ta có: Ì  BD ^ (SAH )  BD ^ AK (2) Ó BD ^ SA (1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD). Vậy d[C,( SBD)] = d[ A,(SBD)] = AK AK được tính bởi: a 2 a 2. SA. AH SA. AH 2 = a 10 AK = = = SH 5 SA2 + AH 2 2a 2 2a 2 + 4 Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Vậy Vmax. Câu 6 (1,0 điểm). a. 3. (. abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2. T. (a. 2. +b +c 2. 2. ) ( ab + bc + ca ). 0,25. 0,25. ). Với các số thực a, b, c dương, ta luôn có bđt đúng: (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 ≥ 0 € a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca € 3( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c) 2 0,25  a + b + c £ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) (1) Do (1) nên:. T=. (. abc a + b + c + a 2 + b 2 + c 2. (a. 2. + b 2 + z 2 ) ( xy + yz + zx ). (. abc 1 + 3. ( ab + bc + ca ). ). )£. (. abc 1 + 3. ). a2 + b2 + c2. ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( ab + bc + ca ). =. 0,25. (2). a2 + b2 + c2. Mặt khác theo bđt Cauchy:. a 2 + b2 + c2 ≥ 3 3 a 2b2c 2 = 3. 3 abc (4) 1 1 Từ (3) và (4) được: (5) £ 2 2 2 3 3.abc (ab + bc + ca) a + b + c. ab + bc + ca ≥ 3 3 a2b2c2 (3) và. Do (5) nên (2) suy ra: T £. (. abc 1 + 3 3 3abc. ) = 3+. 9. 3. 0,25. . 0,25. 3+ 3 đạt được khi a = b = c 9 Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; - 7) và đường thẳng (1,0 điểm) D : x - 2 y + 4 = 0 . Tìm điểm B trên sao cho có đúng ba đường thẳng ( d ) ( i Œ{1; 2; 3} ) i. Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c. Vậy Tmax. thỏa mãn khoảng cách A đến ( d i ) bằng 4 và khoảng cách từ B đến ( d i ) bằng 6. Từ giả thiết ta suy ra các đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) chính là các tiếp tuyến chung của hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính R1 4 và đường tròn tâm B, bán kính R1 6 . Từ đó yêu cầu của bài toán tương đương hai đường tròn (A, R1) và (B, R2) phải tiếp xúc ngoài với nhau hay AB = R1 + R2 (1) Ta có B ŒD  B(2b - 4; b) .Suy ra. www.MATHVN.com. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com Èb 1 € (2b - 8) + (b + 7) = 10 € 5b - 18b + 13 = 0 € Í 13 Íb 5 Î Ê 6 13 ˆ Vậy B(-2;1) hoặc B Á ; ˜ 0,25 Ë5 5 ¯ Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(1; 1; 2) và các điểm (1,0 điểm) x + 1 y -1 z + 1 B, D nằm trên đường thẳng (d): . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. = = 4 -1 1 Do ABCD là hình vuông nên C là điểm đối xứng với A qua giao điểm H của (d) với mp(P) đi qua A, vuông góc với (d). Ta có phương trình (P): 4x - y + z -3 = 0 0,25 Ï x + 1 y -1 z + 1 = = Ô Tọa độ H là nghiệm của hệ: Ì 4 -1 1 . Ô Ó4 x - y + z - 3 = 0 2. 2. 2. 1 1 Giải hệ được x = 1; y = ; z = 2 2 1ˆ Ê 1 Vậy H Á1; ; - ˜ . Từ đó C (1; 2; 1) 2¯ Ë 2 B Œ (d )  B(-1 + 4t;1 - t; -1 + t ) ; AC = AB 2 € AC 2 = 2 AB2 Èt 0 € 18 = 2 ÈÎ(4t - 2)2 + (2 - t )2 + (t + 1)2 ˘˚ € t 2 - t = 0 € Í Ît 1 + Với t = 0 ta được B(-1;1; -1)  D(3;0;0) + Với t = 1 ta được B(3;0;0)  D(-1;1; -1). 0,25. 0,25. 0,25. Câu 9.a Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm. Tính xác suất để có 5 (1,0 điểm) tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6. 10 Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì không gian mẫu là C40 0,25 Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ. Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là 0,25 5 C20 Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ 0,25 mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là C144 .C61 5 C20 .C144 .C61 126 0,25 10 C40 1147 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình (1,0 điểm) đường trung tuyến kẻ từ B: 7 x + 4 y - 5 = 0 và phương trình đường trung trực cạnh BC: 2 x + 8 y - 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Từ giả thiết ta có: Phương trình BD: 7 x + 4 y - 5 = 0 AD đi qua A(4; 0) và vuông góc với (d): 2 x + 8 y - 5 = 0  phương trình AD: 4 x - y - 16 = 0 0,25 Ï7 x + 4 y - 5 = 0 Ï x = 3 Tọa độ D định bởi: Ì €Ì  D(3; - 4) Ó4 x - y - 16 = 0 Ó y = -4 Gọi I ( x0 ; y0 ) là tâm của hình bình hành ABCD  C (2 x0 - 4; 2 y0 ) và 0,25 Ê 4x - 7 ˆ B(2 x0 - 3; 2 y0 + 4)  tọa độ trung điểm của BC là J Á 0 ; 2 y0 + 2 ˜ Ë 2 ¯ J Œ (d ) :2 x + 8 y - 5 = 0 và I Œ BD : 7 x + 4 y - 5 = 0 nên: 0,25. Vậy xác suất cần tìm là:. www.MATHVN.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com. Ï4 x0 - 7 + 8(2 y0 + 2) - 5 = 0 Ì Ó7 x0 + 4 y0 - 5 = 0. Ï x0 1 Ï x0 + 4 y0 + 1 = 0 Ô hay Ì Ì 0,25 1  C (-2; - 1), B(-1; 3) Ó7 x0 + 4 y0 - 5 = 0 Ô y0 = Ó 2 Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai (1,0 điểm) điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) và cách điểm C (-1; 3; - 2) một khoảng bằng 29 . 2 + 2+ Giả sử (P) có vtpt = (P) đi qua A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) nên:. 2. π. 0,25.  pt (P): ax + by - (10a + 8b) z + 10a + 10b = 0 | -a + 3b + 2(10a + 8b) + 10a + 10b | Theo giả thiết d ([C;( P)] = 29 € = 29 a 2 + b2 + (10a + 8b)2. €| 29a + 29b |= 29. 101a2 + 160ab + 65b2 € 29(a + b)2 = 101a2 + 160ab + 65b2 È3a + 2b = 0 € 12a 2 + 17ab + 6b2 = 0 € (3a + 2b)(4a + 3b) = 0 € Í Î4a + 3b = 0 Ïa 2 Với 3a + 2b = 0 ta chọn Ì  pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0 Ób = -3 Ïa 3 Với 4a + 3b = 0 ta chọn Ì  pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0 b = 4 Ó Câu 9.b 1 1 Giải bất phương trình : < (1,0 điểm) log3 2 x 2 - 3x + 1 log3 ( x + 1). 0,25. 0,25 0,25. Ï2 x 2 - 3x + 1 > 0 Ô 2 1ˆ Ô2 x - 3x + 1 π 0 Ê Ï3¸ ĐK: Ì hay x Œ Á -1; ˜ \ {0} » (1; + •) \ Ì ˝ 2¯ Ë Ó2˛ Ôx +1 > 0 Ôx +1 π 1 Ó. Èx < 0 Với điều kiện trên và để ý rằng 2 x - 3x + 1 > 1 € 2 x - 3x > 0 € Í , Íx > 3 2 Î x + 1 > 1 € x > 0 . Từ đó ta có thể chia bài toán thành 3 trường hợp sau: 2. TH1: Với -1 < x < 0 , thì 0 < x + 1 < 1  log 3 ( x + 1) < 0 và. 2. 2x2 - 3x + 1 > 1. € log3 2 x 2 - 3x + 1 > 0  bất phương trình đã cho vô nghiệm. 1 3 TH2: Với 0 < x < ⁄ 1 < x < . thì: 2 2 x + 1 > 1  log3 ( x + 1) > 0 và 0 < 2 x2 - 3x + 1 < 1 € log3 2 x2 - 3x + 1 < 0  bất phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng. 3 TH3: Với x > , thì x + 1 > 1  log 3 ( x + 1) > 0 2. 2 x2 - 3x + 1 > 1 € log3 2 x 2 - 3x + 1 > 0 . 3 Từ đó với x > , bất phương trình đã cho tương đương: 2 và. www.MATHVN.com. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> www.DeThiThuDaiHoc.com Ïlog ( x + 1) < log 2 x 2 - 3x + 1 Ï 2 x 2 - 3x + 1 > x + 1 3 Ô 3 Ô €Ì Ì 3 3 Ôx > Ôx > Ó 2 Ó 2 2 2 2 Ï2 x - 3x + 1 > ( x + 1) Ï x - 5x > 0 Ô Ô €Ì €Ì € x>5 3 3 Ôx > Ôx > 2 2 Ó Ó Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm: Ê 1ˆ Ê 3ˆ S = Á 0; ˜ » Á1; ˜ » (5; + •) Ë 2¯ Ë 2¯. 0,25. Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 còn có cách giải sau: Câu 1.2: M Œ (d ) : x + 3 y + 7 = 0  M (-3m - 7; m) . Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4). Khi đó ta có: = + = + = + . Từ đó: 2 = + 2= + + + +. =. +. +. +. -. +. =. +. +. -. -. =. =. 2 2. +. +. (+). + +. (+) 2. 19 ˆ 727 727 Ê  = + + = m + 114m + 181 = 30 Á m + ˜ + ≥ 10 ¯ 10 10 Ë 727 19 Ê 13 19 ˆ  Tmin = đạt được khi m = hay M Á - , - ˜ 10 10 Ë 10 10 ¯ Câu 2: Phương trình đã cho tương đương: (sin x + 1)3 + sin x + 1 = cos3 x + cos x (1) Nếu đặt f (t ) = t 3 + t thì phương trình có dạng: f (sin x + 1) = f (cos x) (2) Xét hàm số: f (t ) = t 3 + t ta có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, "x Œ  hàm số đồng biến trên 2. Từ đó: pt. €. x+ =. x€. x-. x= €. Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm: x = k. x=-. Èx k2 2 Ê ˆ €Í Áx+ ˜= Íx = - + k2 4¯ 2 Ë Î 2 2. +k. kŒ. www.MATHVN.com. (+) (+). (+) (+). kŒ (++).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>