Tổng hợp 5 đề và đáp án ôn thi quốc gia 2015 môn Toán - Phan Nhật Nam

với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp SAMOD và tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD). Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng 1 6: 1 1 1 x y zd − += = Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc bằng 450. Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có I là giao điểm hai đường chéo, G là trọng tâm của tam giác ABI và điểm E(7; -2) thuộc đường chéo BD sao cho GA = GE. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông A, B, C, D biết đường thẳng GA có phương trình 3x – y -13 = 0 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 4. Câu 8 (1,0 điểm). Giải Bất phương trình sau: ( )2 2 2 3 3 8 3 2 1 0 1 3 4 5 x x x x x x + + + − + ≤ − − + Câu 9 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sau : 5 4 1 5 4 2 1 6 x xy x x − − + = − + + + --- Hết --- GIẢI ĐỀ SỐ 3 Câu 1( 2,0 điểm):Cho hàm số ( )2 3 25 6 6 6y m m x mx x= − + + + − Với m là tham số Tìm m để hàm số trên đơn điệu. Khi đó hàm số trên đồng biến hay nghịch biến. Bình luận :Để hàm số 3 2( )y f x ax bx cx d= = + + + đơn điệu( một chiều biến thiên) thì có hai khả năng : hoặc là hàm số đó quy về bậc một (tức a = b = 0) hoặc ' ( )f x không đổi dấu trên TXĐ . Bài giải : TH1 : ( )2 5 0 0 5m m m m− + = ⇔ = ∨ = − Với m = 0 ta có hàm số trở thành : 6 6y x= − (vì a = 6 > 0)đơn điệu tăng trên R ⇒ m = 0 thỏa Với m = -5 ta có hàm số trở thành : 230 6 6y x x= + − có đồ thị là một parabol nên không đơn điệu⇒ m = -5 không thỏa đề toán TH2 : ( )2 05 0 (*)5mm m m ≠− + ≠ ⇔  ≠ − Khi đó : ( )2 2' '( ) 3 5 12 6y f x m m x mx= = − + + + là một tam thức bậc hai, nên ta có : Hàm số đơn điệu khi '( )f x không đổi dấu trên TXĐ 254 90 0m m⇔ ∆ = + ≤ 5 0 3 m⇔ − ≤ ≤ Kết hợp điều kiện (*) ta có : 5 0 3 m− ≤ < Vậy hàm số đơn điệu khi 5 0 3 m− < ≤ (vì m = 0 thỏa theo TH1) m ( )23 5a m m= − + -5 0 0 0 + 5 3 − - - + Bảng xét dấu của hệ số a của '( )f x : Từ BXD trên ta thấy : ( )2 2 3 5 0 5 5, , 0 '( ) 0, , , 0 3 354 90 0 a m m m f x x R m m m  = − + >    ∀ ∈ − ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ ∈ −      ∆ = + ≤ ⇒hàm số ( )f x đơn điệu tăng khi 5 , 0 3 m  ∈ −   Vậy 5 , 0 3 m  ∈ −   thì hàm số đởn điệu tăng. Câu 2(1,0 điểm). 1. Giải phương trình 12cos sin 2 6 6 2 x xπ π   − − − =        Bình luận:Với phương trình lương giác có chứa cung hằng số dạng ( ) ( ) ( )1 1 2 2, ,..., n na x a x a xα α α+ + + thì ta sẽ có 4 định hướng sau : Hướng 1: Sử dụng công thức công (thướng thì lời giải sẽ hơi cồng kềnh) Hướng 2: Sử dụng cống thưc hạ bậc rồi dùng công thức cộng (thường chỉ dùng cho dạng 2cos 4 ax π ±    hoặc 2sin 4 ax π ±    ) Hướng 3: Sử dụng công thức tổng thành tích hoặc tích thành tổng (thường thì phương trình có dạng tích của hàmlương giác chứa cung hằng số hoặc chứa các số: 1 3; 2 2 ± ± đi với cung ; 3 6 π π ) Hướng 4: Đặt ẩn phụ ( )i it a x α= + với { }1 2, , ...,i na Min a a a= Bài giải :Ta có : 1 sin 2 6 π = 2cos sin 2 sin 2cos 2sin cos 6 6 6 6 6 pt x x x x xπ π π π π       ⇔ − = − + ⇔ − = −                ( ) ( ) sin 1 22cos 1 sin 0 26 cos 0 6 3 x x k x x k Z x x k π π π π π π  = ⇔ = +  ⇔ − − = ⇔ ∈      − = ⇔ = +    Bài tập tương tự: 2 1sin3sin4 6 sin =++      − xxxπ HD: 1 sin 2 6 π = , sin 3 sin 2sin 2 cos sin 4 sin 2cos 2 sin 2 6 6 6 x x x x x x xπ π π + =      − − = −              +=      − 2 3 10 sin 2 1 210 3sin xx ππ HD: Đặt 3 10 2 xt π= − xxxx 2cos 6 sin 6 sin.cos4 =      −      + ππ HD: 1 1 1sin sin cos 2 cos cos 2 6 6 2 3 4 2 x x x xπ π π     + − = − − = −                  −= + +− 24 cos8 cos )sin1(3tantan3 22 3 x x xxx π HD: 2 1 cos 28cos 8 4 4sin 4 2 2 x x x π π  + −    − = = +    2. Giải phương trình: ( ) ( ) ( )2 2 23 4 16log 1 .log 1 log 1x x x x x x− − + − = − − Bài giải :ĐK : 1x ≥ ( ) ( ) ( )2 2 23 4 16 3log 1 .log 1 log 3.log 1 0pt x x x x x x⇔ − − + − − − − = ( ) ( ) 22 23 4 4log 1 log 1 log 3 0x x x x ⇔ − − + − − =   ( ) ( ) 2 2 3 2 4 4 log 1 0 (1) log 1 log 3 (2) x x x x  − − = ⇔  + − = 2 2 2 2 1 0 (1) 1 1 1 1 1 1 2 1 x x x x x x x x x − ≥ ⇔ − − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ = − = − + ( )2 24 4 4 2 2 3 01 2 3(2) log 1 log 3 log 3 1 3 2 31 2 3 3 x x x x x x x x x  − ≥⇔ + − = = ⇔ − = − ⇔ ⇔ = − = − + Vậy phương trình có hai nghiệm: 1x = và 2 3 3 x = Câu 3 (1,0 điểm). 1. Tính tích phân: 5 4 40 cos5 .cos 1 cos x xI dx x π + = ∫ Bình luận: Với tích phân lương giác không chứa căn thức và mẫu thức thì ta có thể dùng công thức hạ bâcvà công thức tích thành tồng rồi sử dụng công thức: ( ) ( )1sin cosax dx ax c a = − +∫ và ( ) ( ) 1cos sinax dx ax c a = +∫ Bài giải : 54 4 4 1 24 40 0 0cos5 .cos 1 1cos5 .coscos cosx xI dx x xdx dx I Ix xπ π π+= = + = +∫ ∫ ∫ ( )41 0 1 1 1 1 1cos 6 cos 4 sin 6 sin 4 4 2 2 6 4 120 I x x dx x x π π = + = + = −   ∫ ( ) 3 24 4 4 2 4 2 20 0 0 1 1 1 tan 4. tan 1 (tan ) tan 4 cos cos cos 3 30 xI dx dx x d x x x x x π π π π  = = = + = + =    ∫ ∫ ∫ Vậy 1 2 1 4 5 12 3 4 I I I= + = − + = 2. Tính tích phân : 3 2 1 ( 1) ln 2 1 2 ln e x x xI dx x x + + + = +∫ Bình luận:Với tích phân có căn hoặc mẫu số chứa nhóm có dạng: lnln , , sin , cos ,x xx x xe x x x x x thì ta thử đạo hàm nhóm đó và so sánh với những nhóm còn lại để chọn ra phương án giải là đặt ẩn phụ hay tich phân từng phần (nếu cần thì ta cũng có thể tách tích phâncho phù hợp).cụ thể như ví dụ trên ta sẽ xét: ( )2 ln ' 1 lnx x x+ = + điều này khiến ta nghĩ đến việc tách tử số thành : 3 2 2( 1) ln 2 1 (2 ln ) (1 ln )x x x x x x x+ + + = + + + Bài giải : 2 2 1 1 1 (2 ln ) (1 ln ) 1 ln 2 ln 2 ln e e ex x x x xI dx x dx dx x x x x + + + + = = + + +∫ ∫ ∫ ( ) 3 1 1 2 ln 13 2 ln eex d x x x x = + + +∫ 3 31 1ln 2 ln ln(2 ) ln 2 13 3 3 3 ee ex x e= − + + = − + + − ĐS: 3 1 ln(2 ) ln 2 3 3 eI e= − + + − Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tập hợp điểm biểu diển của số phức 1w z i= + − biết rằng số phức ( ) 22 i z iz z+ − − là một số thuần ảo. Bài giải : Gọi , ,w x yi x y R= + ∀ ∈ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 z x y i w z i z w i x y i z x y  = − − += + − ⇔ = − + = − + + ⇒  = − + + ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2' 2 2 1 1 1 1 1 1z i z iz z i x y i i x y i x y = + − − = + − − + − − + + − − + +     ( ) ( )2 2 4 3 2 1x y x y x y i= − − + − − + − − + 'z là số thuần ảo ( ) 2 22 2 2 4 3 04 3 0 2 1 0 5 11 8 0 * x y x yx y x y x y y y  + − + + =− − + − − = ⇔ ⇔  − − + ≠ − + ≠  ĐK: ( )* đúng y R∀ ∈ Vậy tập hợp điểm biểu diển của w là một đường tròn tâm 12; 2 I  −    và bán kính 5 2 R = 2. Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên 10 tấm . Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một tâm thẻ mang số chia hết cho 6. Bài giải : Trong 40 tấm thẻ có 20 tấm mang số lẽ, 6 tấm mang số chia hết cho 6 và 14 tấm mang số chẵn không chia hết cho 6 Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử chọn 10 tấm thẻ từ 40 tấm thẻ ⇒ số phần tử của không gian mẫu là : 1040CΩ = Gọi A là biến cố trong 10 tấm thẻ được chọn có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một tâm thẻ mang số chia hết cho 6 Khi đó số phần tử của không gian biến cố A được xác định như sau: Bước 1: chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ từ 20 tấm thẻ ⇒ có 520C cách chọn Bước 2: chọn 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 6 từ 6 tấm thẻ ⇒ có 16C cách chọn Bước 3: chọn 5 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 6 từ 14 tấm thẻ ⇒ có 414C cách chọn Theo quy tắc nhân ta có: 5 1 420 6 14A C C CΩ = Vậy xác suất của biến cố A là 5 1 4 20 6 14 10 40 ( ) ...A C C CP A C Ω = = = Ω Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, AB = a, AD = 2a; M là điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SOM cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp SAMOD và tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD). Bài giải : Gọi H là trung điểm OM SH OM⇒ ⊥ (vì SMN∆ cân tại S) Mặt khác ( )SOM và ( )ABCD vuông góc nhau theo gao tuyến OM ( )SH ABCD⇒ ⊥ . Dựng HK ⊥ BC (với K∈ BC) Khi đó ta có : ( )SHK BC⊥ ( ) ( ), ( )SBC ABCD SKH⇒ = ,  060gt SKH⇒ = Gọi E là trung điểm BC . Khi đó BMOE là hình thang có HK là đường trùng bình : 5 2 12 BM EO aHK +⇒ = = Xét tam giác SHK vuông tại H ta có : S A B D C H O M K E F  05 5 3tan tan 60 12 12 SH a aSKH SH HK = ⇔ = = ( ) 21 1 1 1 5 5. . 0, . . . 2 2 2 2 3 2 12 6AMOD ABD OMB AB AD aS S S AB AD MB d AB AB AD AB AD= − = − = − = = 2 31 1 5 3 5 25 3. 3 3 12 6 216SAMOD AMOD a a aV SH S= = = (đvtt) Ta có MA // (SCD) ( ) ( ) 3, ( ) , ( ) SACD SCD Vd M SCD d A SCD S ⇒ = = 31 1 5 3. . 3 2 36SACD aV SH AD AB= = Dựng HF ⊥ CD (với F ∈ CD) . Khi đó ta có : 3 3 4 2 aHF KC AD= = = Theo Pi ta go cho tam giác SHF ta có : 2 2 2 2 5 3 3 399 12 2 12 a a aSF SH HF    = + = + =        21 399. 2 24SCD aS SF CD= = ( ) ( ) 3 10 10 133, ( ) , ( ) 133133 SACD SCD V a ad M SCD d A SCD S = = = = ĐS : 35 3 36SACD aV = (đvtt) và ( ) 10 133, ( ) 133 ad M SCD = (đvđd) Câu 6 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng 1 6: 1 1 1 x y zd − += = Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc bằng 450. Bình luận :Với bài toán lập phương trình mặt phẳng có liên qua đến góc hoặc khoảng cách thì thông thường ta giải bằng cách gọi phương trình tổng quát ( ) : 0P ax by cz d+ + + = ( ĐK : 2 2 2 0a b c+ + > ) Sau đó sử dụng 2 dữ kiện bậc một (đi qua điểm hoặc VTPT vuông góc vectơ cho trước) để chuyển (P) theo hai tham số. cuối cùng sử dụng công thức góc hoặc khoảng cách để lập phương trình bậc hai theo hai tham số đó rồi chọn giá trị cho một tham số để tìm tham số còn lại. Bài giải : Ta có tọa độ (1;0; 6)A − và (0; 1; 12)B − − đồng thời thỏa phương trình d A d⇒ ∈ , B d∈ (Oyz): 0x = có VTPT là (1;0;0)Oyzn =  Gọi (P): 0ax by cz d+ + + = ( ĐK : 2 2 2 0a b c+ + > )có VTPT là ( ; ; )Pn a b c=  Ta có : ( ) ( ) : ( 6 ) 6 0( ) 6 0 6 ( ) ( ) 12 0 6 ; 6 ;P P ax a c y cz c aA P a c d d c a d P B P b c d b a c n a a c c + − − + + − =∈ − + = = −   ⊂ ⇒ ⇔ ⇔ ⇒   ∈ − − + = = − − = − −     ( ) ( ) ( )22 2 . cos ( ), ( ) cos , 6 P Oyz P Oyz P Oyz n n a P Oyz n n n n a a c c = = = + − − +       2 2 2 2 2 0 1 2 2 12 37 12 22 12 37 37 ca gt a a ac c aca ac c = ⇔ = ⇔ = + + ⇔  = −+ +  Với 0 ( ) : 1 0c P x y= ⇒ − − = Với 12 ( ) : 37 35 12 109 0 37 ac P x y z= − ⇒ + − − = Vậy phươg ntrình mặt phẳng cần tìm là 37 35 12 109 0x y z+ − − = Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có I là giao điểm hai đường chéo, G là trọng tâm của tam giác ABI và điểm E(7; -2) thuộc đường chéo BD sao cho GA = GE. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông A, B, C, D biết đường thẳng GA có phương trình 3x – y -13 = 0 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 4. Bình luận :Với bài toán hình vuông ABCD trong tọa độ phẳng ta có thể giải bằng cách xét một hình đồng dạng với nó là A’B’C’D’ với các đỉnh ta đều xác định cụ thể . Ta đi xác định các tính chất về góc và tỷ số độ dài trong hình A’B’C’D’. Vì hai hình đồng dạng nhau thì tính chất về góc và tỷ số độ dài không thay đổi nên các tính chất đó ta có thể áp đặt vào hình ABCD của đề toán . Bài giải : Xét hình vuông A’B’C’D’ cạnh bằng 2, khi đó tọa độ được xác định như hình vẽ: Ta có : ( )' ' ' : 2 0 ' ; 2E B D x y E m m∈ + − = ⇒ − ( ) 2 2 2 21 1' ' ' ' 1 1 3 3 G E G A m m   = ⇔ − + − = +        2 0 ( ) 6 8 0 4 3 m loai m m m = ⇔ − = ⇔  =   4 2' ; 3 3 E  ⇒     1' ' ; 1 3 G A  = − −     và 1' ' 1; 3 G E  = −     Ta có : ' '. ' ' 0 ' ' ' 'G A G E G A G E= ⇒ ⊥  và 2 2 2 2 4 4 3 3' ' 4 6 8. ' ' 3 5 55 5 6 6 E B E F    +       = = =    +        Vì A’B’C’D’ và BACD đồng dạng nhau nên tính chất về góc và tỷ số độ dài của hai hình sẽ không đổi (1) ' ' 8 (2) ' ' 5 AG GE EB E B EF E F ⊥ ⇒  = = Từ (1) kết hợp với giã thuyết ta có : GE qua E và vuông góc GA : 3 1 0EG x y⇒ + − = G là giao điểm của AG và EG ( )4; 1G⇒ − ( ); 3 13A AG A m m∈ ⇒ − (Với m < 4). A’(0; 0) B’(0; 2) D’(2; 0) C’(2; 2) I’(1; 1) G( 1 3 ; 1) x y E’ F’( 1 3; 2 2 ) Ta có: ( ) ( )2 2 3 4 3 12 10 4 1 (3; 4) 5 ( ) m AG GE m m m A m loai = = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ ⇒ − =  Gọi F(a ; b) là trung điểm BI ta có: 4 3 2( 4) 9 12 ; 1 ( 4) 2( 1) 2 2 a AG GF F b − = −  = ⇔ ⇒  − − − = +     ( ) 95( 7) 8 7 32 (2) 5 8 (3;2) 215 2 8 2 2 B B B B x x EB EF B y y   − = −  =  ⇔ = ⇔ ⇔ ⇒  =   + = +      F là trung điểm BI (6; 1)I⇒ − I là trung điểm AC ( )9; 2C⇒ . I là trung điểm BD ( )9; 4D⇒ − Vậy các điểm cần tìm là: (3; 4)A − , (3;2)B , ( )9; 2C và ( )9; 4D − Bình luận: • Trong bài này ta có thể chứng minh AG GE⊥ bằng cách khác như sau: Dễ thấy IG là trung trực của AB ⇒ GA = GB ⇒ G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE   02 90AGE ABE⇒ = = .Nhưng khi đó để tìm điểm B ta cũng phải sử dụng talet tính tỷ số độ dài EB EF (tương đối phức tạp) • Phương pháp trên có thể sử dụng cho bất cứ hình nào miễn sao hình đó đặt vào hệ trục ta có thể xác định được tọa độ các đỉnh. Cụ thể như: hình vuông, hình chữ nhật có tỷ số độ dài, hình thoi có tỷ số hai đường chéo, tam giác vuông có tỷ số hai cạnh góc vuông, tam giác đều. Câu 8 (1,0 điểm). Giải Bất phương trình sau: ( )2 2 2 3 3 8 3 2 1 0 1 3 4 5 x x x x x x + + + − + ≤ − − + Bài giải : Ta có : 2 2 211 113 4 5 3 4 5 1 1 3 4 5 0 4 3 3 x x x x x x a ∆ − + ≥ − = ⇔ − + ≥ > ⇔ − − + < ( )2 2( ) 3 3 8 3 2 1 0 (*)bpt f x x x x x⇔ = + + + − + ≥ Bình luận :Với BPT có dạng: ( ) ( ) ( ) 0f x g x h x+ ≥ thì thông thường ta nghĩ đến các hương biến đổi sau: Hướng 1 : Sử dụng đồng nhất thức : ( ) 222 23 3 8 3 2 1x x m x n x+ + = − + + để chuyển về thuần nhất Hướng 2 :Chuyển về dạng phương trình bậc hai theo nhóm biến 22 1x + . Hướng 3 : Thêm bới để nhân liên hợp rồi chuyển về dạng tích Hướng 4 :Phân tích về dạng ( ) ( )( ) ( )f u x f v x= sau đó xét hàm dặt trưng ( )f t Bài này ta có thể đi theo hướng 2: Ta sẽ tìm lượng thêm bớt để đưa về phương trình bậc 2 như sau : ( ) 2 2 2 2( ) 2 1 8 3 2 1 (2 3) 3 0f x m x x x m x x m= + + − + − − + + − = ( ) ( ) ( )2 2 2 2 28 3 4 (2 3) 3 8 12 64 2(2 24) 4 12 9x m m x x m m m x m x m m∆ = − − − + + − = − + + − + + − + Xét 0∆ = có nghiệm kép (để ∆ có thể đưa về dạng hằng đẳng thức) ( )( )2 2 2' (2 24) 8 12 64 4 12 9 0m m m m m∆∆ = + − − + + − + = bấm máy tính ta có nghiệm nguyên 3m = Xét 2 2 2 2( ) 0 3 2 1 (8 3) 2 1 3 0f x x x x x x= ⇔ + + − + − + = ( )22 2(8 3) 4.3( 3 ) 10 3x x x x∆ = − − − + = − ( ) ( ) 2 2 (8 3) 10 3 2 1 2 1 6( ) 0 (8 3) 10 3 2 1 6 3 x x x x f x x x xx − − − − + = = − + = ⇔ − − + − + = = ( )2 2(*) 2 1 2 1 2 1 03 xx x x ⇔ + + − + − ≥    Dễ thấy : 2 2 2 2 2712 1 1 2 1 0 , 36 36 36 6 6 6 x x x x x xx x x R+ = + + > = ≥ ⇔ + − > ∀ ∈ 2 2 2 2 1 2 0 2 1 0 (*) 2 1 2 1 0 2 1 1 2 0 1 2 0 2 4 0 x x x x x x x x x x  − <  + ≥⇔ + + − ≥ ⇔ + ≥ − ⇔ ⇔ ≥ − ≥ − ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm là : [ )0 ,S = +∞ Câu 9 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sau : 5 4 1 5 4 2 1 6 x xy x x − − + = − + + + Bài giải : Nhận thấy : ( ) ( )2 25 4 2 1 9x x− + + = Đăt : 5 4 3sin 0 2 1 3cos 0 x u x u  − = ≥  + = ≥ ĐK : 0 , 2 u π ∈    (vì sin 0u ≥ , cos 0u ≥ ) 2sin cos 2sin 2cos 4 u uy u u − = + + . Đặt : 2 2tan sin 2 1 u tt u t = ⇒ = + và 2 2 1cos 1 tu t − = + 2 22 2 2 2 2 2 2 12 4 11 1( ) 2 1 6 4 22 2 4 1 1 t t t tt ty f t t t t t t t − − + −+ += = = − + +− + + + , [ ]0 , 0 , t 0 , 1 2 2 4 uu π π   ∀ ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈       ( ) 2 22 20 16 12 4 31'( ) 0 56 4 2 t tf t t t t − + + ± = = ⇔ = + + BBT : Từ BBT ta có : [ ] [ ] [ ] [ ] 0,1 0,1 1in ( ) 0 2 1( ) 1 3 M f t khi t Max f t khi t  = − =   = =  Vậy ( ) 1 2 Min y = − khi 55 4 3sin 0 0 4 x x− = = ⇔ = ( ) 1 3 Max y = khi 2 1 3cos 0 1 2 x xπ+ = = ⇔ = − ĐỀ SỐ 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 3 23 2y x mx= − + (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên khi m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số trên tạo với các trục tọa độ thành một tam giác có diện tích bằng 4 Câu 2 (1,0 điểm). 1. Giải phương trình : sin 4 2 cos3 4sin cosx x x x+ = + + 2. Giải hệ phương trình : ( )( ) ( )2 2 22 2 2 11 17 2 2 6 log 1 1 1 log y x y x x x y x x y y  + + + + − = +   − + + − = +   Câu 3 (1,0 điểm). 1. Tính tích phân : 2 2 3 1 (1 ) lne x x xI dx x + + = ∫ 2. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường 1 , 0, 0 1 4 3 y y x x = = = + − và 1x = xung quanh trục hoành. Câu 4 (1,0 điểm). 1. Cho số phức z thỏa mãn 2 3z z i+ = + . Tính tổng: 2014 2015 2016T z z z= + + 2. Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số sao cho số đứng sau lớn hơn số đứng trước. Lấy ngẫu nhiên từ tập E ra một số , Tính xác suất để số được chọn là một số chẵn. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có AB = a, BC = 2a,  030ACB = , hình 4 31 5 − 4 31 5 + 0 0 0 1 + + + + - - t '( )f t ( )f t 1 2 − 1 3 chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. Câu 6( 1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2), C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình x – 2y + 2z +1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A , vuông góc mặt phẳng (P) và cắt đoạn thẳng BC tại điểm I sao cho IB = 2IC Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(5; 5) và đường thẳng BC : x + y – 8 = 0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua điểm ( )1; 5D . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng độ dài cạnh BC bằng 4 2 và hoành độ của điểm B lớn hơn 3. Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình: ( )( ) ( )3 2 2 2 3 1 4 1 0 12 5 4 1 4 x y y x y x x x x x y x x  − + + + + + + =    + + + = + + +  Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 20 9 422 1 4 2 1 3 (3 4 ) 5 y yP x y x x y x x x y − += + − + + + + + + − + --- Hết --- GIẢI ĐỀ SỐ 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 3 23 2y x mx= − + (với m là tham số) Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số trên tạo với các trục tọa độ thành một tam giác có diện tích bằng 4. Bài giải: Ta có: ( )2 3 0 2 ' 3 6 0 3 2 0 2 2 4 x y y x mx x x m x m y m = ⇒ = = − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ = − Hàm số có hai cực trị ⇔ phương trình ' 0y = phải có hai nghiệm phân biệt 2 0 0m m⇔ ≠ ⇔ ≠ (*) Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị là : ( )0; 2A và ( )32 ; 2 4B m m− ( )32 ; 4AB m m= −  là VTCP của AB 23 0 2: : 2 2 0 2 4 x yAB AB m x y m m − − ⇒ = ⇔ + − = − (vì 0m ≠ ) Gọi 2 2 1 1; 0M AB Ox M OM m m  = ∩ ⇒ ⇒ =    Ta có: ( )0 ; 2 2A AB Oy OA= ∩ ⇒ = 2 1 1 14 . 4 4 2 2AMO gt S OAOM m m ⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± thỏa điều kiện(*) Vậy 1 2 m = ± thỏa yêu cầu bài toán. Câu 2 (1,0 điểm). 1. Giải phương trình : sin 4 2 cos3 4sin cosx x x x+ = + + Bình luận: Với phương trình lượng giác chứa hai số hạng cùng hệ số, cùng loại hàm, cùng tính chẵn hoặc lẽ của cung (hai số hạng được gạch dưới) thì ta sử dụng công thức tổng thành tích . Sau đó Tìm mọi cách để biến đổi các số hạng còn lại để xuất hiện nhóm chung với biểu thức tích ở trên .cuối cùng ta chuyển phương trình về dạng tích. Bài giải: ( ) ( ) ( ) 4sin cos cos 2 2cos 2 cos 4sin 2 0 cos cos 2 2sin 1 2sin 1 0 2sin 1 0 (1) 2sin 1 (cos cos 2 1) 0 cos cos 2 1 0 (2) pt x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − − + = ⇔ − − − = − = ⇔ − − = ⇔  − = 1 5(1) sin 2 2 2 6 6 x x k x kπ ππ π⇔ = ⇔ = + ∨ = + ( )( )3 2(2) 2cos cos 1 0 cos 1 2cos 2cos 1 0 cos 1 2x x x x x x k π⇔ − − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có ba họ nghiệm 52 2 2 6 6 x k x k x kπ ππ π π= + ∨ = + ∨ = 2. Giải hệ phương trình : ( )( ) ( )2 2 22 2 2 11 17 2 2 6 (1) log 1 1 1 log (2) y x y x x x y x x y y  + + + + − = +   − + + − = +   Bài giải: Điều kiện : ( )( )2 2 1 1 0 1 00 2 11 17 02 11 17 0 2 2 02 2 0 x y x yx y y xy x y xy x  − + >  >   > > ⇔  + + ≥+ + ≥    + − ≥+ − ≥  (*) ( ) ( )2 2 22 2 2 2(2) log 1 log 1 log log 1x x x y y y⇔ − − + − = − + + ( ) 2 2 2 22 ( 1)log 1 log (3) ( 1) 1 1 x yx y x y  − ⇔ + − = + − + +  Xét hàm số: ( )2( ) log 0 ,1 tf t t t t = + ∀ +∞ + Ta có : ( )1'( ) 1 0 0 , ( 1) ln 2 f t t t t = + > ∀ ∈ +∞ ⇒ + ( )f t đơn điệu tăng trên ( )0 , +∞ Do đó 2 2(2) ( ) ( 1) 1f y f x y x⇔ = − ⇔ = − Thay 2 1y x= − vào phương trình (1) ta có: 2 22 11 15 2 3 6 (3)x x x x x+ + + + − = + Dễ thấy x = - 3 không phải là nghiệm của phương trình Xét 3x ≠ − ta có: ( )( ) ( )( )2 2(3) 3 2 11 15 2 3 3 6x x x x x x x⇔ + + + + + − = + + ( )( ) 2 22 2 2 23 2 11 15 2 3 2 11 15 2 3 0x x x x x x x x x ⇔ + + + + + − − + + − + − =   2 2 2 2 2 11 15 2 3 0 3( ) 2 11 15 2 3 3 (4) x x x x x loai x x x x x  + + + + − = ⇔ = − ⇔  + + − + − = +  Lây (3) trừ (4) vế theo vế ta có phương trình hệ quả : 2 2 7 32 2 3 3 4 8 21 0 2 2 x x x x x x+ − = ⇔ + − = ⇔ = − ∨ = Thay 7 2 x = − và 3 2 x = vào (3) đều thỏa mãn . Với 7 45 2 4 x y= − ⇒ = Với 3 5 2 4 x y= ⇒ = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: ( ) 7 45; ; 4 4 x y  = −    và ( ) 3 5; ; 4 4 x y  =     Bình luận:  Ở cấu trúc pt(2) ta thấy vừa chứa biến trong lôga vừa chứa biến ở dạng đa thức (tức là có hai dạng hàm khác nhau cùng xuất hiện trong một phương trình). Vì thế để giải được (2) thì nhất định ta phải dùng phương pháp hàm số hoặc phương pháp đánh giá (không sử dụng biến đổi đại số thông thường được). Lại thấy (2) có hai biến có thể cô lập ở hai vế khác nhau được nên ta nghĩ ngay đến dạng toán sử dụng tính đơn điệu với cấu trúc ( ) ( )f u f v= (với u, v là các biểu thức theo x, y)  Ở pt(3) ta nhận thấy : 2 2 2 2 22 11 15 2 3 9 18 ( 3)( 6)x x x x x x x x+ + − + − = + + = + + nên ta nghĩ ngay đến phép nhân liên hợp. Ngoài ra pt(3) còn có thể giải cách khác: ( )2 22 11 15 ( ) 2 3 6 0x x x m x x m   + + − + + + − − − =    xét ĐNT: 2 2 2 2(11 2 ) 15 2 39 12 ,x m x m x x m m x R+ − + − = + − + − ∀ ∈ ⇒ 9 2 m = sau đó ta nhân liên hợp Hoặc : Đặt ( ) 2 2 2 2 2 11 15 3 ( 6) 2 3 u x x u v x x v x x  = + + ⇒ − = + + = + − khi đó 6 (3) 3 u v x u v x + = + ⇒  − = + Câu 3 (1,0 điểm). 1. Tính tích phân : 2 2 3 1 (1 ) lne x x xI dx x + + = ∫ Bài giải: 2 2 1 2 33 3 1 1 1 1 ln ln ln ln 1e e e ex x x x x xI dx dx dx dx I I I x x x x + + = = + + = + +∫ ∫ ∫ ∫ Giải 1I : 3 2 1ln 1 1 2 u x du dx x dv dx v x x  = ⇒ =   = ⇒ = −  1 2 3 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3ln 1 12 2 2 4 2 4 4 4 4 ee e I x dx x x e x e e e = − + = − − = − − + = −∫ 2 2 1 ln 1ln (ln ) 12 2 e exI x d x= = =∫ 3 ln 11 e I x= = Vậy 2 7 3 4 4 I e = − 2. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường 1 , 0, 0 1 4 3 y y x x = = = + − và 1x = xung quanh trục hoành. Bài giải: Thể tích của khối tròn xoay theo đề được tính theo công thức : 21 0 1 1 4 3 V dx x π  =  + − ∫ Đặt: 2 21 4 3 4 3 ( 1) 3 2( 1) ( 1) 3 t x x t dx t dt dx t dt= + − ⇔ − = − ⇒ − = − ⇔ = − − Đổi cận: 1 2x t= ⇒ = 0 3x t= ⇒ = 2 3 2 2 3 2 32 1 2 1 1 2 1 2 1ln ln 3 ln 2 23 3 3 3 6 tV dt dt t t t t t π π π π−      = − = − = + = − −           ∫ ∫ (đvtt) Câu 4 (1,0 điểm). 1. Cho số phức z thỏa mãn 2 3z z i+ = + . Tính tổng: 2014 2015 2016T z z z= + + Bài giải: Gọi ( ),z x yi x y R= + ∈ ( ) 1 2 3 2 3 3 3 1 1 x z z i x yi x yi i x yi i z i y = + = + ⇔ + + − = + ⇔ − = + ⇔ ⇒ = − = − Ta có : ( ) 3 2 24 1 1 1 i i i i  = −= − ⇔  = − = ( ) ( ) ( ) 10071007 25122014 2 1007 1007 1007 4 3 10071 2 2 2z z i i i i i = = − = − = − =  ( ) ( )2014 2 1007 1007 10081 2 1 1 2 3.2 2T z z z i i i i= + + = + − − = + 2. Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số sao cho số đứng sau lớn hơn số đứng trước. Lấy ngẫu nhiên từ tập E ra một số , Tính xác suất để số được chọn là một số chẵn. Bài giải:Gọi 1 2 3x x x x= với 1 2 3x x x< < Từ đó ta thấy trong số x không có chữ số 0 và cứ mỗi cách chọn ra một bộ 3 chữ số khác nhau từ tập hợp X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} thì ta chỉ thiết lập được duy nhất một số x Số phần tử của tập E là số cách chọn 3 chữ số từ tập X ⇒ số phần tử của tập E là: 39 84E C= = Gọi Y là tập con của E và chỉ chứa các số chẵn : Để tính số phần tử của tập Y ta chia thành 3 trường hợp sau (vì 3 2x ≠ ) TH1: 3 4x ≡ khi đó 1 2,x x chỉ được chọn từ {1,2,3} ⇒ có 2 3C số x có chữ số cuối là 4. TH2: 3 6x ≡ khi đó 1 2,x x chỉ được chọn từ {1,2,3,4,5} ⇒ có 2 5C số x có chữ số cuối là 6. TH3: 3 8x ≡ khi đó 1 2,x x chỉ được chọn từ {1,2,3,4,5,6,7} ⇒ có 2 7C số x có chữ số cuối là 8. Theo quy tắc cộng ta có số phần tử của tập X là: 2 2 23 5 7 34X C C C= + + = Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử lấy một số từ tập E ⇒ số phần tử củaΩ là 84Ω = Gọi A là biến cố lấy ra được số chẵn (tức là lấy một số từ Y)⇒ số phần tử của AΩ là 34AΩ = Vậy xác suất của biến cố A là 34 17( ) 84 42 AP A Ω = = = Ω Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có AB = a, BC = 2a,  030ACB = , hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. Bài giải: Gọi M là trung điểm BC.Đặt : AC x= Ta có AG là hình chiếu của AA’ lên (ABC) ⇒ ( ) ( ) ', ( ) ', 'AA ABC AA AG A AG= =  0' 60gt A AG⇒ = Theo định lý cosin trong ABC∆ ta có:  ( ) ( ) 2 2 2 22 2 0 2 2 2 . .cos 2 2 . 2 .cos30 2 3 3 0 3 3 AB CA CB CACB ACB a x a x a x ax a x a AC a = + − ⇔ = + − ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = Ta có: 2 2 2 2 2 23 4AB AC a a a BC ABC+ = + = = ⇒ ∆ vuông tại A. 2 2 2 3 3 2 3 BC aAG AM⇒ = = = Xét 'AA G∆ ta có:  ' 2 3tan ' ' tan ' 3 A G aA AG A G AG A AG AG = ⇔ = = Thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ là 31 1 2 3' . ' . . . 3 2 2 3ABC aV A G S A G AB AC a a V a= = = ⇔ = (đvtt) Ta có B’C’ // BC ⇒ B’C’ // (A’BC) ( ) ( ) ' ' ' 3' ', ' ', ( ' ) B A BC A BC Vd B C A C d B A BC S ⇒ = = Lại có: 3 ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 1 1 1 3 3 3 3B A BC A ABC CA B C B A BC B A BC aV V V V V V V V V= + + = + + ⇔ = = Theo Pita go ta có: 2 22 7 3 2 3 AC aGB AB  = + =    2 22 13 3 2 3 AB aGC AC  = + =    2 2 19' ' 3 aA B GA GB= + = 2 2 5' ' 3 aA C GA GC= + = Theo định lý cosin:    2 2 2 2' ' 7 51' sin ' 1 cos ' 2 '. 10 10 CA CB A BCosBCA BCA BCA CA CB + − = = ⇒ = − =  2 ' 1 51. 'sin ' 2 6A BC aS CB CA BCA= = ( ) 3 ' ' 2 ' 3 6 3 51' ', ' 1751 B A BC A BC V a ad B C A C S a = = = (đvđd) A A’ C B B’ C’ 030 060 a 2a G M Câu 6( 1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2), C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình x – 2y + 2z +1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A , vuông góc mặt phẳng (P) và cắt đoạn thẳng BC tại điểm I sao cho IB = 2IC Bài giải : Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm Ta có : điểm I thuộc đoạn thẳng BC sao cho IB = 2IC 2 2IB IC IC BC IC⇒ = − ⇔ + = −      [ ] ( ) [ ] 1 ( 1) 3 ( 1) 1 5 2 4 2 13 1 2 3 2 ; ; ; ; 3 3 3 3 3 3 2 ( 2) 3 ( 2) I I I x CB CI y I IA z  − − = − −     ⇔ = ⇔ − = − ⇒ − − ⇒ = − −         − − = − −    (P) :x – 2y + 2z +1 = 0 ( )P⇒ có VTPT là ( )1; 2;1Pn = −  Mặt phẳng (Q) qua A, I và vuông góc với (P) 4 5 6, ; ; 3 3 3P n n AB   ⇒ = =         là VTPT của(Q) Do đó mặt phẳng (Q) qua A và có VTPT là n  nên: ( ) : 4 5 6 3 0Q x y z+ + − = Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình là : 4 5 6 3 0x y z+ + − = Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(5; 5) và đường thẳng BC có phương trình x + y – 8 = 0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua điểm ( )1; 5D . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng độ dài cạnh BC bằng 4 2 và hoành độ của điểm B lớn hơn 3. Bài giải : Gọi đường tròn ngoại tiếp ∆ABClà (C) có tâm I (a; b) và bán kính R Gọi E là giao điểm khác A của AH và (C) Ta có :  EBC EAC= (cùng chắn cung EC ) mà  HBC EAC= (cùng phụ với góc ACB ) BC⇒ là đường phân giác của HBE ⇒K, H đối xứng nhau qua BC. AH qua H và vuông góc BC : 0AH x y⇒ − = Gọi K là giao điểm của AH và BC ( )(4;4) 3;3K E⇒ ⇒ . A B C H(5; 5) I D(1; 5) E K 8 0x y+ − = 4 2BC = Ta có: ( ) ( )2 22 23 ( 3) 1 ( 5) 2 ( ; 2)IE ID a b a b b a I a a= ⇔ − + − = − + − ⇔ = + ⇒ + Theo Pitago ta có: [ ] 2 22 2 ( , ) 2 BCIE R d I BC  = = +     ( ) 22 2 2 2 2 (4; 6)2 8 4 23 ( 1) 4 2 101 1 Ia a a a a R IE    + + −  ⇔ − + − = + ⇔ = ⇒      = =+    ( )2 2( ) : 4 ( 6) 10C x y⇒ − + − = A là giao điểm khác E của AH và (C)⇒A(7; 7) B, C là hai giao điểm của BC và (C) ⇒ tọa độ B,C là nghiệm của hệ: 2 8 5 1 3 710 21 0 x y x x y yy y = − = =   ⇔ ∨  = =− + =   mà hoành độ điểm B lớn hơn 3 nên: (5;3)B và (1;7)C Vậy tam giác ABC có ba đỉnh là A(7; 7) , (5;3)B và (1;7)C Bình luận: • Với những bài toán có yếu tố đường thẳng cắt đường tròn thì nhất định ta phải sử dụng công thức bitago: [ ] 2 22 ( , ) 2 BCR d I BC  = +     để viết phương trình đường thẳng hoặc đường tròn • Với bài toán cho trực tâm, đường tròn ngoại tiếp tam giác + Nếu đề cho phương trình một cạnh thì ta phải đối xứng trục tâm qua cạnh đó để có thêm điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp . + Nếu đề cho trung điểmM của cạnh BC thì ta dựng dường kính AA’ sau đó chứng minh BHCA’ là hình bình hành , suy ra M là trung điểm của HA’ Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình: ( )( ) ( )3 2 2 2 3 1 4 1 0 (1) 12 5 4 1 4 (2) x y y x y x x x x x y x x  − + + + + + + =    + + + = + + +  Bài giải : Điều kiện: 2 3 0 4 0 1 0 y x y x x + ≥  + + ≥  ≤ − ∨ ≥ (*) ( ) ( )(1) 1 2 3 4 2 3 1 0x y y x y y x y⇔ − + + + + + − + + − + = ( ) 11 2 3 1 0 1 0 1 4 2 3 x y y x y y x x y y   ⇔ − + + + + = ⇔ − + = ⇔ = +  + + + +  Vì 12 3 1 0 4 2 3 y x y y + + + > + + + + với mọi ,x y thỏa ĐK (*) Thay 1y x= + vào (2) ta có: ( )3 2 2 12 5 4 1 2 5x x x x x x x + + + = + + ( ) ( )2 2 2 21 12 5 4 2 5 2 5 5 4 0 (3)x x x x t x t x x x x ⇔ + + + = + + ⇔ − + + + + = với 2 1t x x = + Xem (3) là phương trình bật hai theo biến t và xem x như là một tham số ta có: ( ) ( )2 22 5 4 5 4 9t x x x∆ = + − + + = 2 5 3 1 (4) 2(3) 2 5 3 4 (5) 2 xt x xt x + − = = +⇔  + + = = +  2 2 2 2 1 1 011(4) 1 1 1 32 1 2 1 0 2 2 x x yx x x x x x x x yx x x ≥ − = − ⇒ = ≥ − ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔  + = + + = ⇒ =+ − =  2 2 2 2 3 2 3 24 111 4 4(5) 4 1 8 16 8 16 1 0 3 2 3 21 4 4 x x yx x x x x x x x x x x y  ≥ − = − − ⇒ = − ≥ − ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔  + = + + + − = = − + ⇒ =  Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm: 1 0 x y = −  = , 1 2 3 2 x y  =   =  , 3 21 4 3 2 4 x y  = − −   = − và 3 21 4 3 2 4 x y  = − +   = Bình luận: • Để có thể thêm bớt được hợp lý trong cách giải của phương trình (1) thì trước tiên ta phải dự đoán được nhóm chung sẽ xuất hiên sau khi nhân liên hợp là gi. Ta sẽ tìm nó bằng cách sau: Xét 1x = thì ( )( )(1) 1 2 3 1 5 1 0 2y y y y⇔ − + + + + + = ⇒ = Xét 2x = thì ( )( )(1) 2 2 3 1 6 1 0 3y y y y⇒ − + + + + + = ⇒ = Từ đó nhóm chung ax by c+ + có hai nghiệm ( )1, 2 và ( )2, 3 2 0 2 3 0 a b c a c a b c b c + + = =  ⇒ ⇔ + + = = −  vậy nhóm chung là 1cx cy c x y− + = − + • Ngoài ra phương trình (1) cũng có thể giải bằng phép đặt ẩn phụ như sau: 2 22 3 0 1 4 0 u y x y v u v x y  = + ≥ ⇒ − = − − = + + ≥ . ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2 2(1) 1 1 1 0 1 0v u u v v u u v u⇔ − − + + + = ⇔ − + + − = ( ) ( )( )1 1 0 4 2 3 1v u u v u v u x y y y x⇔ − + + + = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ = +   • Ở phương trình (3) ta thấy có nhóm 2 1x x + là nổi bật nhất . Rỏ ràng nhóm này ta không thể phân tích được (sai lầm phổ biến: 3 3 2 1 1 1x xx x x x + + + = = khi đó điều kiện bị thay đổi ) Vì thể nên ta phải nghĩ đến việc biến đổi các số hạng còn lại để có được cấu trúc đồng dạng với 2 1x x + sau đó đặt ẩn phụ .Nếu may mắn thì ta sẽ chuyển tất cả qua ẩn phụ được còn không ta phải đối diện với phương trình hai biến x và t khi đó chỉ còn một hướng để đi là phải chuyển được về phương trình tich. Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 20 9 422 1 4 2 1 3 (3 4 ) 5 y yP x y x x y x x x y − += + − + + + + + + − + Bài giải : ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 9 421 1 2 3 2 5 5 P x y x y x y y= − + + − − + + − − + Xét các vectơ: ( ) ( ) ( )1; , 1; 2 2; 3u x y v x y u v y= − = − − ⇒ + = −     Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 22 21 1 2 4 9u v u v x y x y y+ ≥ + ⇔ − + + − − + ≥ +     Khi đó ta có: 2 9 424 9 5 5 P y y≥ + − + (vì ( )23 2 0x y− ≥ ) Xét hàm sô: 2 9 42( ) 4 9 5 5 f y y y= + − + Ta có: ( )2 2 2 9 5 4 99 9'( ) 54 9 5 4 9 y yyf y y y − + = − = + + 1'( ) 0 2 f y y= ⇔ = ( lại có '(0) 0f ) BBT: Từ BBT ta thấy: ( ) 10Min y = khi 1 2 y = Suy ra 10MinP = khi 1 3 x = và 1 2 y = --- Hết --- ĐỀ SỐ 5 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 3 23 6 10 2 y x x x= − − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên 2. Sử dụng đồ thị (C) của hàm số trên để biện luận theo m số nghiệm của phương trình: ( )( ) 10 2 102 2 1 x mx x x + − − + = Câu 2 (1,0 điểm). 1. Giải phương trình: 12 tan cot 2 3 sin 2 x x x + = + 2. Giải bất phương trình: 2 3 2 3 2 log ( 1) log ( 1) 0 3 4 x x x x + − + > − − Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ln 2 0 1 1x I dx e = − ∫ Câu 4(1,0 điểm): 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: ( )1 2 2(1 2 )z i z i+ − = − . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3w z z= − 2. Cho tập E = {1; 2; 3; 4; 5}. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên , mỗi số gồm ba chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E . Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số chẵn. y '( )f y ( )f y 1 2 0 - + 10 Câu 5(1,0 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB =a và SA vuông góc đáy . đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 300 . Gọi M là hình chiếu của A lên đường thẳng SB. Biết 3 3 aAM = . Tính theo a thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCD). Câu 6(1,0 điểm):Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 5 = 0 và đường thẳng 2 2 3: 1 1 2 x y zd − − −= = . Gọi ∆ là đường thẳng vừa cắt vừa vuông góc với d. Viết phương trình đường thẳng ∆ . Biết khoảng cách từ ∆ đến mặt phẳng (P) bằng 10. Câu 7(1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với cạnh đáy AB và CD = 2AB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC. Biết tọa độ đỉnh B(5; 6), phương trình đường thẳng DH: 2x – y = 0, phương trình đường thẳng DM: x – 3y + 5 = 0, tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. Câu 8(1,0 điểm): Giải hệ phương trình : 2 24 ( 5) 1 4 2 2 4 ( 4) 2 1 x y x y x y y x x x  + − − = − +  − + = − Câu 9(1,0 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )2 2 2 2 2 2 2 4 3 1 1 1 1 1 z zP x y z z z = − − + + + + + + --- Hết --- GIẢI ĐỀ 5 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 3 23 6 10 2 y x x x= − − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên Bài giải: • Tập xác định : D = R • Sự biến thiên: 2' 3 3 6y x x= − − ; ' 0 1y x= ⇔ = − hoặc 2x = Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên các khoảng : ( ); 1−∞ − và ( )2 ; +∞ Hàm số ngịch biến trên khoảng : ( )1; 2− Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = -1 với giá trị cực đại là 27 2CD y = Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 với giá trị cực tiểu là 0CTy = Giới hạn tại vô cực : lim x y →−∞ = −∞ ; lim x y →+∞ = +∞ Bảng biến thiên: • Đồ thị : '' 6 3y x= − ; 1'' 0 2 y x= ⇔ = . Đồ thị có điểm uống là 1 27; 2 4 I      Đồ thị có hai điểm chung với Ox là 5 ; 0 2  −    và ( )2; 0 và có điểm chung với Oy là ( )0;10 2. Sử dụng đồ thị (C) của hàm số trên để biện luận theo m số nghiệm của phương trình: ( )( ) 10 2 102 2 1 (*)x mx x x + − − + = Bài giải: Điều kiện: 0x ≠ Khi đó ta có: ( ) 2 10 2 10* 2 3 2 x mx x x + − ⇔ − − = 3 22 3 12 10 2x x x m⇔ − − + = 3 23 6 10 5 (1) 2 x x x m⇔ − − + = + −∞ +∞ -1 2 0 0 + - + −∞ +∞ 27 2 0 x 'y y 0 -1 5 2 − 2 . . . . y x 27 2 Suy ra : (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y = m + 5 (luôn song song với trục Ox). Nên số nghiệm của (1) là số giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C). Từ đồ thị (C) ta có: • Với 5m < − (tức là: 5 0m + < ) thì d và (C) có một điểm chung duy nhất nên (1) có nghiệm duy nhất • Với m = - 5 (tức là : m + 5 = 0) thì d và (C) có hai điểm chung nên (1) có hai nghiệm • Với 170 2 m< < (tức là: 270 5 2 m< + < ) thì d và (C) có 3 điểm chung nên (1) có ba nghiệm. • Với 17 2 m = ( tức là: 275 2 m + = ) thì d và (C) có 2 điểm chung nên (1) có hai nghiệm. • Với 17 2 m > ( tức là: 275 2 m + > ) thì d và (C) có 1 điểm chung duy nhất, nên (1) có một nghiệmduy nhất. Mặt khác (1) có nghiệm x = 0 ⇔ m + 5 = 10⇔ m = 5 Kết luận: Khi 5 17 2 m m < −   >  thì phương trình (*) có một nghiệm duy nhất Khi 5 17 2 5 m m m = −   =   = thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt. Khi 175 2 5 m m − < <   ≠ thif phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt Câu 2 (1,0 điểm). 1. Giải phương trình: 12 tan cot 2 3 sin 2 x x x + = + Bài giải: Điều kiện: sin 2 0 ( ) (*) 2 x x k k Zπ≠ ⇔ ≠ ∈ 0 -1 5 2 − 2 . . . . y x 27 2 10 Ta có: sin cos 2 cos 2 cos sin 2 sin cos 1tan cot 2 cos sin 2 cos sin 2 cos sin 2 sin 2 x x x x x x xx x x x x x x x x + + = + = = = 1tan tan cot 2 3 sin 2 pt x x x x ⇔ + + = + 1 1tan 3 sin 2 sin 2 x x x ⇔ + = + tan 3 3 x x kπ π⇔ = ⇔ = + ( thỏa điều kiện (*)) Vây phương trình có một họ nghiệm duy nhất là: 3 x kπ π= + với k Z∈ 2. Giải bất phương trình: 2 3 2 3 2 log ( 1) log ( 1) 0 (1) 3 4 x x x x + − + > − − Bài giải: Điều kiện: 2 1 0 1 (*) 43 4 0 x x xx x + > > −  ⇔  ≠− − ≠  Khi đó ta có: ( ) ( )( ) 2 32 3 2 log ( 1) 2 3log 22log ( 1) 3log ( 1)(1) 0 0 3 4 1 4 xx x x x x x + −+ − + ⇔ > ⇔ > − − + − ( ) 2log ( 1) 0 4 x x + ⇔ > − Vì 3 2 3log 2 0 1 0x − >  + > 2 log ( 1) 0 4 0 x x + > ⇔  − > hoặc 2 log ( 1) 0 4 0 x x + <  − < 0 4 x x > ⇔  > hoặc 0 4 x x <  < 0 4 x x < ⇔  > Kết hợp với điều kiện (*) ta có 1 0 4 x x − < <  > Vậy bất phương trình có tập nghiệm là ( ) ( )1, 0 4 ,S = − ∪ +∞ Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ln 2 0 1 1x I dx e = − ∫ Bài giải: ln 2 0 1 1 x x x I e dx e e = − ∫ Đặt: 21 1 2x x xu e u e udu e dx= − ⇔ + = ⇔ = Đổi cận: ln 2 1x u= ⇒ = 0 0x u= ⇒ = ( ) 1 1 22 0 0 1 12 2 11 I udu du uu u = = ++∫ ∫ Đặt: tanu t= với , 2 2 t π π ∈ −    ( )22 1 tan 1 cos du dt t dt t ⇒ = = + Đổi cận 1 4 u t π= ⇒ = 0 0u t= ⇒ = ( ) 4 4 2 2 0 0 12 tan 1 2 2 4 tan 1 20 I t dt dt t t π π π π = + = = = +∫ ∫ ĐS: 2 I π= Câu 4(1,0 điểm): 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: ( )1 2 2(1 2 )z i z i+ − = − . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3w z z= − Bài giải: Gọi ( , )z x yi x y R= + ∈ ( ) ( ) ( )( )1 2 2(1 2 ) 1 2 2(1 2 )z i z i x yi i x yi i+ − = − ⇔ + + − − = − ( ) ( ) ( )2 2 2 2 4x y x i i⇔ − + − = + − 2 2 2 1 2 2 4 2 x y y z i x x − = =  ⇔ ⇔ ⇔ = + − = − =  Khi đó: ( )22 3 2 3(2 ) 3w z z i i i= − = + − + = − + Vậy w có phần thực là 3− và phần ảo là 1 2. Cho tập E = {1; 2; 3; 4; 5}. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên , mỗi số gồm ba chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E . Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số chẵn. Bài giải: Gọi X là tập hợp tất cả các số có 3 chữ số khác nhau lấy từ tập E ⇒ số phần tử của X là 35 60X A= = Ta thấy trong 60 số của tập X bao gồm 242 24A× = số chẵn và 60 24 36− = số lẽ Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử theo đề (tức là phép thử chọn hai số từ tập X) Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: 260 1770CΩ = = Gọi A là biến cố trong hai số lấy ra có đúng một số chẵn Suy ra số phần tử của không gian biến cố A là 1 124 36 864A C CΩ = × = Vậy Xác suất của biến cố A là: 864 144( ) 1770 295 AP A Ω = = = Ω Câu 5(1,0 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a và SA vuông góc đáy . đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 300 . Gọi M là hình chiếu của A lên đường thẳng SB. Biết 3 3 aAM = . Tính theo a thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCD). Bài giải: Ta có ( )SA ABCD⊥ ⇒ AC là hình chiếu cuae SC lên mp(ABCD) ( ) ( ) , ( ) ,SC ABCD SC AC SCA⇒ = = (vì  090SAC = )  030gt SCA⇒ = Xét SAB∆ ta có: 2 2 2 2 1 1 1 2 2 aSA AS AH AB a = − = ⇒ = Xét SAC∆ ta có:  6.cot 2 aAC SA SCA= = Theo Pitago cho ABC∆ ta có: 2 2 2 aBC AC AB= − = 31 1. . . 3 3 6SABCD ABCD aV SA S SA AB AD= = = S A B C D M K 030 3 3 a a Xét SAB∆ ta có: 2 2 2 2 2 2 1. 3 SM SA SASM SB SA SB SB SA AB = ⇔ = = = + Mặt khác BM cắt mp(SCD) tại S nên theo talet ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) 1 1 1, ( ) , ( ) , ( ) (1) , ( ) 3 3 3 d M SCD MS d M SCD d B SCD d A SCD d B SCD BS = = ⇔ = = (vì AB // (SCD)) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SCD SADCD SA CD SAD CD AD SCD SAD SD ⊥⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ∩ =  Dựng AK SD⊥ (với K SD∈ ) ( )AK SCD⇒ ⊥ ⇒ K là hình chiếu vuông góc của A lên mp(SCD) ( ), ( ) (2)d A SCD AK⇒ = Xét SAD∆ ta có: 2 2 2 2 1 1 1 4 2 aAK AK AD AS a = + = ⇔ = (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: ( ), ( ) 6 ad M SCD = Vậy thể tích khối chóp SABCD là 3 6SABCD aV = (đvtt) và ( ), ( ) 6 ad M SCD = (đvđd) Câu 6(1,0 điểm):Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 5 = 0 và đường thẳng 2 2 3: 1 1 2 x y zd − − −= = . Gọi ∆ là đường thẳng vừa cắt vừa vuông góc với d. Viết phương trình đường thẳng ∆ . Biết khoảng cách từ ∆ đến mặt phẳng (P) bằng 10. Bài giải: Mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 5 = 0 ⇒ (P) có VTPT là ( )2; 2;1Pn =  Đường thẳng 2 : 2 3 2 x t d y t z t = +  = +  = + ⇒ d có VTCP là ( )1;1; 2dn =  ( ) ( ) / / , 3 ; 3 ; 0p d P gt u n u d ∆ ∆  ⇒ ⇒ = = −  ⊥ ∆    là VTCP của ∆ Gọi M là giao điểm của d và ∆ ( )2 ; 2 ; 3 2M t t t⇒ + + + ∈∆ 2 2 2 4 (6 ; 6 ;11)4 2 4 2 3 2 5 ( , ( )) 10 10 1 5 6 ( 4 ; 4 ; 9)2 2 1 t Mt t t d M P t t M = ⇒+ + + + + −  = ⇔ = ⇔ + = ⇔  = − ⇒ − − −+ +  Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là 6 : 6 11 x t y t z = + ∆ = −  = và 4 : 4 9 x t y t z = − + ∆ = − −  = − Câu 7(1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với cạnh đáy AB và CD = 2AB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC. Biết tọa độ đỉnh B(5; 6), phương trình đường thẳng DH: 2x – y = 0, phương trình đường thẳng DM: x – 3y + 5 = 0, tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. Bài giải: Gọi I là giao điểm của AC và BD D DH DM= ∩ ⇒ tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình: 2 0 3 5 0 x y x y − =  − + = ( )1; 2D⇒ Theo talet ta có: ( ) 1 5 3( 5) 11 142 3 ; 2 6 3 6 3 3 I I xID DC BD BI I yIB AB − = −  = = ⇔ = ⇔ ⇒  − = −     Đường thẳng AC đi qua I và vuông góc DH ⇒ AC qua 11 14; 3 3 I      và có VTPT là ( )1; 2n =  : 2 13 0AC x y⇒ + − = Ta có: M AC DM= ∩ ⇒ tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình: 2 13 0 3 5 0 x y x y + − =  − + = 29 18; 5 5 M  ⇒     H AC DH= ∩ ⇒ tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình: 2 13 0 2 0 x y x y + − =  − = 13 26; 5 5 H  ⇒     M là trung điểm HC ( ) 2 7 7; 2 2 2 C M H C M H x x x C y y y = − = ⇔ ⇒ = − = ( ) ( ) ( ) 7 1 2 5 2 2; 6 2 2 2 6 A A x gt DC AB A y − = −⇒ = ⇔ ⇒ − = −   Vậy các đỉnh cần tìm là : ( )2; 6A , ( )7; 2C và ( )1; 2D Bình luận : Với những bài toán có giả thuyết liên quan đến tỷ số độ dài thì ta nghĩ ngay đến kỹ thuật tìm điểm A B(5; 6) D C 2 0x y− = 3 5 0x y− + = M H I bằngđẳng thức vectơ và viết phương trình đường liên quan đến góc. Câu 8(1,0 điểm): Giải hệ phương trình : 2 24 ( 5) 1 4 2 2 4 ( 4) 2 1 x y x y x y y x x x  + − − = − +  − + = − Bài giải: Điều kiện: 1 0 x y ≥  ≥ 2 24 20 1 4 2 2 (1) 4 16 2 1 (2) x xy y y x y hpt xy y x x  + − − = − +⇔  − + = − Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có: 2 24 1 4 2 2 2 1x y x y x y x− − − = − + − − 2 22 1 1 4 2 2 4 (3)x x y y y⇔ + − − = + + Đặt : 2 2 1 0 1 22 0 u x x u y vv y  = − ≥ = + ⇒  == ≥   ( )22 4 2 4 2 4 2(3) 1 2 1 2 2 2 2 2 2 (4)u u v v v u u u v v v⇔ + + − = + + ⇔ + + = + + Xét hàm số: 4 2( ) 2 2f t t t t= + + với [ )0 ,t∀ ∈ +∞ Ta có: 3'( ) 4 4 2 0f t t t= + + > , [ )0 ,t∀ ∈ +∞ ( )f t⇒ liên tục và đơn điệu tăng trên [ )0 , +∞ Do đó: (4) ( ) ( ) 1 2 2 1f u f v u v x y y x⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = − Thay 2 1y x= − vào (2) ta có: 22 ( 1) 8( 1) 2 1 2 9 8 2 1 (5)x x x x x x x x− − − + = − ⇔ − + = − ( ) 2 2 2 1751 1 17 45 2 9 8 2 1 0 2 10 0 12 2 2 2 1 2 x x x x x x x x x x x − +   ⇔ − + − − + − − − = ⇔ − + + =         − + −    2 2 5 2 2 3 2 2 17 1 17 2 45 2 0 5 0 14 4 5 2 2 3 2 22 1 2 2 4 x y x x x x x x x y   + + = ⇒ =    ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔       − −− + −  = ⇒ =      Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: 5 2 2 2 3 2 2 4 x y  + =  + = và 5 2 2 2 3 2 2 4 x y  − =  − = Bình luận: • Với những hệ có cấu trúc của hai phương trình lệch nhau thì thông thường ta sẽ biến đổi (nhân liên hợp , đặt ẩn phụ để quy về dạng tích hoặc thuần nhất, hàm số)một phương trình rồi thế vào phương trình còn lại. • Với những hệ có cấu trúc của hai phương trình tương đồng nhau thì thông thường ta phải sử lý đồng thời cả hai phương trình cùng một lúc như sau: +) Cộng hoặc trừ hai phương trình lại để có thể quy chúng về dạng tích hoặc cấu trúc hàm số. +) Biến đổi hệ theo 2 nhóm biến nào đó, sau đó đặt ẩn phụ để quy hệ về dạng đơn giản hơn • Đối với pt(5) để tìm ra nhóm 1 2 x −    thì ta cần xét phép thử sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 (2 4) 42 9 8 2 1 0 2 10 8 2 1 x m mx x x m x m x x x m x m x + − + + − + − + + + − − = ⇔ − + − + + − − Để có được nhóm chung thì : 21 2 4 4 1 2 10 8 2 m m m m − + = = ⇒ = − − − lượng thêm bớt là 1 2 x −    • Ta có thể giải (5) theo cách khác như sau: ( )222(5) 2 8 8 2 1 2( 2) 1 1x x x x x x ⇔ − + = + − ⇔ − = − +  Câu 9(1,0 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )2 2 2 2 2 2 2 4 3 1 1 1 1 1 z zP x y z z z = − − + + + + + + Bài giải: Ta có : ( )1 1 x zxyz x z y y xz xz + + + = ⇔ = ≠ − Ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) 22 12 2 2 2 2 (1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 z z x xxz x y x x x z x zx z xz  − +−  − = − = − = + + + + + + + ++  + −  Theo BĐT bu-nhi-a-cop-xki ta có: ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2(1 ) 2 .(1 ) 1. 2 1 (1 ) 2 1 1 (2)z x x z x x z x x z x− + ≤ − + ≤ + − + = + + Dấu “=” xảy ra khi 2 22 (1 ) 2 0 1 21 2 0 1 z x x x xzx x z  − + ≥  ⇔ − = − = > (vì x > 0 và z > 0) Từ (1) và (2) ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 12 2 2 1 1 1 1 1 z z x z x y x z z + + − ≤ = + + + + + Khi đó : ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 z z z z zP z z z z z z z ≤ − + = − + + + + + + + Đặt : ( ) 2 0 ,1 1 zt z = ∈ + (vì : 0z > và 2 2 2 1 1 1 zz z z z + > = ⇔ < + ) 2 2 2 2 2 2 1 11 1 1 1 1 zt t z z z = = − ⇔ = − + + + Khi đó ta có: ( )2 33 1 2 ( ) 3P t t t P f t t t≤ − − ⇔ ≤ = − + Xét hàm số: 3( ) 3f t t t= − + với ( )0 ,1t∈ Ta có: 2'( ) 9 1f t t= − + , 1'( ) 0 3 f t x= ⇔ = hoặc 1 3 x = − Bảng biến thiên: 0 0 0 1 + - + - - t 1 3 1 3 − 0 -2 8 9 '( )f t ( )f t Từ Bảng biến thiên ta có: ( )8( ) , 0 ,1 9 f t t≤ ∈ Dấu bằng xảy ra khi 2 1 1 2 3 3 41 zt z z = ⇔ = ⇔ = + Vậy giá trị lớn nhất của 8 9 P = khi 1 2 2 2 x z y  = =   = --- Hết---