Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ Đề thi của bộ
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số x 2 ( )
x 1
+
=
− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y = − x bằng
2
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sinx 4cosx 2 sin2x + = +
Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y x = 2− + x 3 và đường thẳng y 2x 1 = +
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( ) 2 i z 3 5i + = + Tìm phần thực và phần ảo của z b) Từ một hộp đựng 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : 2x y 2z 1 0 + − − =
d :
− Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3a
SD
2
= , hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mp(SBD)
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng
CD biết rằng M(1;2) và N(2;-1)
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( 2)
3
x 12 y y 12 x 12
x 8x 1 2 y 2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2+ y2 + z2 = 2 Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P
x yz x 1
+ + +
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….; Số báo danh:………
Trang 2BÀI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số x 2 ( )
x 1
+
=
− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng y = − x bằng 2
Giải:
a) Tập xác định: D R \{1}=
3
x 1
−
′ = <
− với mọi x thuộc D Hàm số không có cực trị.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn vô cực : x 1lim y→− = −∞,
x 1lim y+
→ = +∞, nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng Giới hạn tại vô cực : xlim y→−∞ =xlim y 1→+∞ = , nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên :
x −∞ 1 +∞
,
-y
1
−∞
+∞
1
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0), cắt trục Oy tại điểm (0; -2)
Đồ thị
b) Điểm M thuộc (C) có tọa độ dạng ; 2
1
m
M m
m
+
, điều kiện (m R m∈ , ≠1) Gọi đường thẳng đã cho
là ∆ : x + y = 0
2
2 2
2
m m
+
−
Với m2+ =2 2(m− ⇔1) m2−2m+ =4 0 (có ∆ = − <, 3 0) nên vô nghiệm
Trang 3Với 2 2 2( 1) 2 2 0 0 ( ) (0; 2)
Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M(0; 2 ;− ) M(−2;0)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sinx 4cosx 2 sin2x + = +
Giải:
sinx+4cosx= +2 sin 2x⇔sinx− +2 4cosx−2sin cosx x= ⇔0 (sinx−2)(1 2 cos ) 0− x =
sin 2 0 (1)
1 2 cos 0 (2)
x
x
− =
Vì 1 sin− ≤ x≤ ⇒1 sinx+ ≠2 0 nên phương trình (1) vô nghiệm
2
2
2 3
= +
= − +
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : 2
3
x= +π kπ
3
x= − +π kπ
với (k Z∈ )
Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y x = 2− + x 3 và đường thẳng y 2x 1 = +
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường cong và đường thẳng là :
2
x
x
=
Vì hàm số y x = 2− + x 3 và y 2x 1 = + cùng có tập xác định D = R nên liên tục trên đoạn
[ ]1;2
x∈ nên diện tích hình phẳng cần tính là :
2
1
dvdt
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + ( ) 2 i z 3 5i + = + Tìm phần thực và phần ảo của z
b) Từ một hộp đựng 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn
Giải:
a) Số phức z có dạng : z = x + yi, với x là phần thực, y là phần ảo và x y R x, ∈ , 2+y2 ≠0
Khi đó z + ( ) 2 i z 3 5i + = + ⇔ + + +x yi (2 i x iy)( − ) 3 5= + ⇔i (3x y+ + −) (x y i) = +3 5i
thoa
Vậy số phức z có phần thực là 2 và phần ảo là – 3.
Trang 4b) Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 thẻ từ 16 thẻ, ta có n( )Ω =C164 = 1820
Các số chẵn từ 1 đến 16 là {2; 4;6;8;10;12;14;16 có 8 số }
Gọi A là biến cố “ 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn ” khi đó n(A) = 4
8
C =70
Vậy xác suất cần tính là ( ) 70 1
1820 26
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P : 2x y 2z 1 0 + − − =
d :
− Tìm tọa độ giao điểm của d và (P) Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P)
Giải:
Gọi M =( )P ∩d
Suy ra M có tọa độ M(2 + t; -2t; -3 + 3t) với t R∈
Vì M thuộc mặt phẳng (P) nên ta có : 2(2 + t) + (- 2t) – (-3 +3t) – 1 = 0
- 6t + 9 = 0 3
2
t=
Vậy tọa độ giao điểm M là 7; 3;3
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là nuurP =(2;1; 2)− , đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là
(1; 2;3)
d
uuur= − Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) nhận véc tơ
,
P d
n u
uur uur
(-1; -8; -5) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M nên phương trình của (Q):
Vậy phương trình mặt phẳng cần viết là : x+8y+ + =5z 13 0
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 3a
SD
2
= , hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ A đến mp(SBD)
Giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD)⇒ ∈H AB SH, ⊥(ABCD)
Vì ∆ DAH vuông tại A suy ra:
2
a
HD= AD +AH =
∆SHD vuông tại H, suy ra:
M d
(P)
(Q)
N M
I H
D
C
S
B
A
Trang 5Thể tích hình chóp S.ABCD là :
3 2
a
V = S SH = a a=
Từ H hạ HM ⊥BD M, ∈BD, nối SM Từ H dựng HN ⊥SM N SM, ∈ Khi đó:
DB SH
⊥
⊥
Vì H là trung điểm AB⇒d A SBD( , ( )) =2d H SBD( ,( )) =2HN (1)
Đặt AC∩BD I= Trong∆AIB có HM //AI (cùng vuông góc với BD) và H là trung điểm AB nên HM
là đường trung bình => 1 2
a
HM = AI =
∆SHM vuông tại H, có HN là đường cao, HM và SH là hai cạnh góc vuông
2
2
3 2
16
a a
HN
a
Từ (1) và (2) ta có: ( ,( )) 2
3
a
d A SBD =
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung
điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng
CD biết rằng M(1;2) và N(2;-1)
Giải:
Cách 1:
Ta có MNuuuur= −(1; 3);MN = 10 Gọi P MN= ∩CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:
P P P
P
1 3(x 2)
3 3(y 1)
P ; 2
=
uuuur uuur
Dựng KQ qua N, KQ//BC Đặt độ dài BC là m, (m > 0) Với các giả
thiết của bài toán và sử dụng định lý ta – lét ta có KN = QM = 1
4 m; QN = KD =
3 4
=> ∆ MQN vuông tại Q, ∆DKN vuông tại K => ∆ MQN = ∆DKN ( theo c.g.c)
=> MN = DN và MN⊥ DN
Khi đó đường thẳng DN nhận MNuuuur= −(1; 3)làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm N nên phương trình của DN : x – 3y – 5 = 0 => tọa độ D(3d + 5; d)
Vì DN = MN ⇔(3d+ −5 2)2+ +(d 1)2 =10⇔(d+1)2 = ⇔ =1 d 0;d = −2
K I
Q
P N M
C
B
D
A
Trang 6• Với d = 0 => D(5; 0) => ( ; 2)8
3
DP=
uuur
=> Đường thẳng CD nhận (2; 8)
3
nr= − làm véc tơ pháp
tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 2( 5) 8 3 4 15 0
3
x− − y⇔ x− y− =
• Với d = -2 => D(-1; -2) => (10;0)
3
DP=
uuur
=> Đường thẳng CD nhận (0;10)
3
DP=
uuur
làm véc tơ
pháp tuyến và đi qua D nên phương trình CD : 0( 5) 10( 2) 0 2 0
3
x− + y+ = ⇔ + =y Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0
Cách 2
Ta có MNuuuur= −(1; 3);MN = 10 Gọi P MN= ∩CD vì AB//CD và AN = 3NC, theo định lý Ta –lét:
P P P
P
1 3(x 2)
3 3(y 1)
P ; 2
=
uuuur uuur
Gọi nr = (a; b) với a2+b2 ≠0 là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng CD, khi đó đường thẳng CD đi qua P nên phương trình có dạng :
CD: a(x 7) b(y 2) 0
3
Gọi I = AC∩BD khi đó IC = 2NC => N là trung điểm của IC Gọi Q là trung điểm của MB => NQ//BC
Đặt BC = m ( m > 0) ta có NQ = 3m
4 ; QM =
m 4 Tam giác NQM vuông tại Q => NQ2 + QM2 = MN2⇒
m 4 (nhan)
10
m 4 (loai)
=
+ = ⇔
Vậy độ dài BC = 4 Ta có d(M; CD) = BC = 4 ⇔ − +a 3b =3 a2+b2 ⇔ 4a2 + 3ab = 0
0 (4 3 ) 0
a
a b
=
Với a = 0 chọn b = 1 khi đó phương trình CD: 0(x 7) 1.(y 2) 0 y 2 0
3
Với 4a + 3b = 0, chọn a = 1 4
3
b
⇒ = − khi đó CD: 1.(x 7) 4(y 2) 0 3x 4y 15 0
Vậy đường thẳng CD có hai phương trình thỏa yêu cầu là : y + 2 = 0 hoặc 3x – 4y – 15 = 0
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: − + ( − ) =
2 3
x 12 y y 12 x 12 (1)
Giải:
Điều kiện : 2≤ ≤y 12⇒ −12 x2 ≥ ⇔ −0 12 ≤ ≤x 12 (*)
Khi đó phương trình x 12 y − + y 12 x ( − 2) = 12 ⇔ x 12 y 12 − = − y 12 x ( − 2) (3)
Q
P
M
C
B
D
A
Trang 7Với điều kiện (*) của x và y ⇒ ≤ 0 y 12 x ( − 2) ≤ 12. Từ (3) ⇒ ≥ x 0(**)
Do hai vế của (3) đều không âm, bình phương hai vế (3) ta có :
(x 12 y) (12 y 12 x ) x (12 y ) y(12 x ) 24 y 12 x 144 (12 x ) 2 y 12 x y 0 ( 12 x y) 0
y 12 x y 12 x (4)
Thế (4) vào (1) ta có :
−
2
2 2
2
2 2
2
x 8x 1 2 10 x x 8x 3 2(1 10 x ) 0
2(1 10 x )(1 10 x )
1 10 x 2(x 9)
1 10 x 2(x 3)
1 10 x
2
2
2(x 3)
1 10 x Khi đó (5) x – 3 = 0 x = 3 (thỏa điều kiện), thế vào (4) ta được y = 3 ( thỏa điều kiện)
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm (x; y) = ( 3; 3)
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2+ y2 + z2 = 2 Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P
x yz x 1
+ + +
Giải:
Ta có: (x – y – z)² ≥ 0 ⇒ x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥ 0 ⇒ 1 – xy – xz + yz ≥ 0
⇒yz + 1 ≥ xy + xz => x² + yz + x + 1 ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1)
⇒
2
2
x
x + + +yz x 1 ≤
x
x y z 1+ + + ⇒ P ≤
1
Mặt khác ta có : (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz)
⇒ x + y + z ≤ 2 1 yz+ ⇒ P ≤ 1 – (2 1 yz 11 +1 yz+9 )
2 1 yz 1
+ + + + =>P≤ − ⇒1 Q P đạt giá trị lớn nhất khi Q đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt t = 1 yz+ (t ≥ 1) , khi đó
2
1
t Q
t
Trang 8Xét hàm số
2
1 ( )
2 1 9
t
f t
t
9 −(2t 1)
+ ≥ 0 với mọi t ≥ 1
⇒ f(t) ≥ f(1) =4
9với mọi t ≥ 1 => giá trị nhỏ nhất của Q =
4
9 khi t = 1 hay yz = 0.
⇒ giá trị lớn nhất của P = 1 – 4
9 =
5
9 xáy ra khi t = 1 khi đó ( x = 1; y = 1; z = 0) hoặc (x = 1; y=0; z
= 1)
Trang 9
-HẾT -BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014
Môn: TOÁN; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3mx + 1 (1), với m là tham số thực
a Bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị
b Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B và C sao cho ΔABC cân tại A
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 (sin x – 2cos x) = 2 – sin 2x.
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2 2 2 1
dx
+
∫
Câu 4 (1,0 điểm)
a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 – i) z = 1 – 9i Tìm modun của z.
b Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ một công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp
sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp để kiểm nghiệm Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có đủ cả 3 loại
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 0; –1) và đường thẳng d:
− = + =
− Viết phương trình mặt phẳng đi qua và vuông góc với d Tìm tọa độ hình chiếu
vuông góc của A trên d
Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc của
A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB; góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy là 60° Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’)
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD Điểm M(–3; 0) là
trung điểm của cạnh AB, điểm H(0; –1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và G(4/3; 3) là trọng tâm của tam giác BCD Tìm tọa độ các điểm B và D
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
(1 y) x y x 2 (x y 1) y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0 Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
b c+ a c+2(a b)
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….; Số báo danh:………
Trang 10LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B.
Câu 1 a/ Với m=1, ta có hàm số y x= 3- 3x+1 Tập xác định D= ¡
= 2- = Û 2- = Û ê =- Þ =ë 1 1
Hàm số đồng biến trên - ¥ -( ; 1),(1;+¥ ) , hàm số nghịch biến trên -( 1;1)
b/ Ta có ¢y =3x2- 3 ,m y¢= Û0 x2=m Đồ thị hàm số đã cho có 2 cực trị khi ¢=0 y có 2 nghiệm phân biệt hay >m 0
Gọi B(- m m m; 2 +1 ,) (C m; 2- m m+1) là 2 cực trị của hàm số Tam giác ABC cân ở A khi
=
AB AC hay (- m- 2) (2+ 2m m- 2) (2 = m- 2) (2+ - 2m m- 2)2 Û m- 4m m=0 Phương trình cuối có nghiệm dương duy nhất là =1
4
m
Vậy giá trị cần tìm là =1
4
Câu 2 Xét phương trình: 2 sin( x- 2cosx)= -2 sin 2xÛ 2 sinx- 2 2 cosx= -2 sin 2x
é
=-ê
ê
1 cos
x
x
Ta loại nghiệm sinx= 2 vì sinx £ 1, do đó ta có cos =- 1Û = ±3p+ 2p
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là p
p
= ±3 + 2 4
Câu 3 Xét tích phân: + +
+
ò2 2 2 1
÷
Câu 4
a/ Đặt = +z x yi với x y, Î ¡ Ta có:
x - ¥ - 1 1 +¥
y¢ + 0 - 0 +
y 3 +¥
- ¥ 1 -
y
x
Trang 11( ) ( )( )
Vậy module cần tính là z = 22+32 = 13
b/ Không gian mẫu là n( )W =C 123
Gọi A là biến cố chọn được có đủ 3 loại Số phần tử của biến cố A là × ×1 1 1
C C C
Xác xuất của biến cố A là: × × = ×
3 12
3 11
C C C C
Câu 5 Mặt phẳng qua ( )P qua A , có vtpt là nuur urp =a d =(2; 2; 1- ) Suy ra ( ) : 2P x+2y z- + =3 0. Gọi H là hình chiếu của A lên ( )d Þ { }H =( ) ( )d Ç P
Toạ độ điểm H thỏa hệ phương trình
ï
-ïï + - + = ïî
1
1
y
1; 5 1;
H
Câu 6.
Gọi H là trung điểm AB thì ¢ ^( ), = 3
2
a
có V ABC A B C. ¢ ¢ ¢=A H S¢ ×ABC
Mặt khác, ta có ABC là tam giác đều cạnh a nên = 2 3
4
ABC
a S
Ta có
¢
DA HC vuông tại H và · A CH¢ =(A·¢C,(ABC) ) = °60
2
a
A H CH A CH Do đó . ¢ ¢ ¢= 3 3×
8
ABC A B C
a V
Tiếp theo, ta sẽ tính khoảng cách từ B đến (ACC A Ta có¢ ¢)
B ACC A ABC A B C B ACC A ABC A B C
a
é ¢ ¢ù
ë, û=3 ¢ ¢ =3 13×
13
ACC A
B ACC A
ACC A
d
S
Câu 7.
Gọi ( ; )B a b và N là trung điểm CD
Ta có uuur=2uuur
3
BG BN với =æççç - - ÷ö÷÷÷
uuur 4 ; 3
3
-uuur
;
Do đó, ta được æçç - - ÷ö÷
÷
4 ;9
uuuur uuur
2
0
MN BH
Giải hệ này, ta được ( ; ) (0; 1),( 2; 3)a b = - - Ta xét các trường hợp:
Trang 12• Với =a 0,b=- 1, ta có B(0; 1)- , loại vì trùng với H.
• Với =-a 2,b=3, gọi I là tâm của hình bình hành thì æ öççç ÷÷÷÷
3 0;
2
I , ta được (2; 0).D
Vậy ta được -B( 2; 3), (2;0)D
Câu 8 Giải hệ phương trình ìï -ïï - + = + -
-ïïî 2
(1 ) 2 ( 1) (1)
Điều kiện xác định: ³y 0,4x³ 5y+3,x³ 2y Ta có
ê
ë
1 0
y
x y
Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu -1 y= Û0 y=1, từ (2) suy ra - 3x+ = Û9 0 x=3
- Nếu x y- - = Û1 0 x y= +1, từ (2) suy ra 2y2+3y- 2= 1- y , phương trình tương đương
với
2
Phương trình cuối có nghiệm không âm duy nhất là = 1- + 5
2
y , tương ứng, ta có = 1+ 5
2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là æç + - + ö÷
÷ ç
( ; ) (3;1), ;
2
Đẳng thức xảy ra khi + =c a b
Tương tự, ta cũng có ³
2
b c a b c nên ta có
+
+
P
c
a b
+c 0
t
2
t
f t
( )
2
t
f t
Do đó ¢ = Û =f t( ) 0 1 Khảo sát hàm số này trên [0;+¥ ) , ta được ( )³ (1)= 3
2
Vậy GTNN của biểu thức đã cho là 3
2, đạt được khi =a 0,b c= >0 hoặc =b 0,a c= >0.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014