1000 đề thi thử môn Toán Hồ Xuân Trọng ( Phần 12 )

HỒ XUÂN TRỌNG TẬP 12 1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2014-2015 hoctoancapba.com hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN – BY1 – BY5 ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 (1.0 điểm). Cho hàm số 3 2 3y x x   (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình 3 2 3 2 3 3 0x x m m    có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1.0 điểm). a) Giải phương trình: sin 2 3sin cos2 cos 1x x x x    . b) Giải phương trình: 2 2 1 1 1 3 3 8 2 8 2 . x x x x x x         Câu 3 (1.0 điểm). a) Tìm tập hợp số phức z thỏa mãn 1 z i z i    . b) Giả sử   2 1 1 2 1 2 3 n n n o n n x a a x a x a x a x          . Tìm n biết 1 0 2816a a  . Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân: 4 2 0 cos . 1 tan x I dx x     Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt thẳng ( ) : 2 2 3 0P x y z    và đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d     . Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ( )P . Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  0 60ABC  . Mặt phẳng ( )SAB vuông góc với mặt đáy ( )ABCD , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( )SCD tạo với mặt đáy ABCD góc 30 0 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC . Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB BC , đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường thẳng AC , AD lần lượt tại các điểm 22 7 ; 13 13 E        và   0; 1F  . Biết điểm D nằm trên đường thẳng : 7 0d x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Câu 8: (1.0 điểm) Giải phương trình:   4 3 2 2 2 0.x x x x x     Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:   3 2 2 2 1 1 1 1 10 x x y x y y x y y                ( , )x y R . Câu 10 (1.0 điểm) Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 1x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 3 24 2 1 1 xy x y P x y y x        . ………………………… Hết ………………………… Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 3 hoctoancapba.com Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 1.0 a) 0.25 TXĐ: D R 2 2 0 0 ' 3 6 , ' 0 3 6 0 2 4                   x y y x x y x x x y Bảng biến thiên: x  0 2  'y - 0 + 0 - y  4 0  0.25 Gới hạn: ( 1) lim x y      , ( 1) lim x y      . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; đồng biến trên khoảng (0;2) . Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại 0; 0  CÐ x y và đạt cực đại tại 2; 4  CT x y . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 Phương trình tương đương: 3 2 3 3 3x x m m     (*) Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  3 2 0 3 4   m m . 0.25     3 2 3 2 3 0 1;3 \ 0;2 3 4                m m m m m 0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với: cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2 2) 0     x x x x (2sin 1)(cos sin 2 2) 0    x x x 1 sin 2 cos sin 2 0 ( ) x x x VN          2 1 6 sin 5 2 2 6                   x k x k Z x k . 0,25 b) Phương trình tương đương:     2 1 1 1 1 8 8 1 2 8 1 x x x x        0,25 4 hoctoancapba.com 2 1 1 1 8 1 0 8 2 0 x x x             1 8 1 0 1 0 1 x x x          . 2 1 1 2 2 8 2 0 3 3 1 3 1 3 3 x x x x x x x                Vậy nghiệm của phương trình: 1; 3x x  . 0,25 3 1,0 4 4 4 3 2 2 0 0 0 cos cos cos (1 sin ) 1 tan            x I dx xdx x x dx x 0,25 Đặt sin cost x dt xdx   . Đổi cận: 2 0 0; 4 2 x t x t        0,25   2 2 3 2 2 2 0 0 2 1 5 2 1 3 2 12 6 2 t I t dt t         0,5 4 1,0 Phương trình tương đương: 2 2 2 2 ( 1) ( 1)z i z i x y x y         0,25 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 0x y x y y        . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là trục Ox . 0,25 b) Ta có: 0 1 1 2 2 2 (2 3 ) 2 2 3 2 (3 ) 2 (3 ) (3 ) n n n n k n k k n n n n n n n x C C x C x C x C x            . Suy ra 0 0 2 n n a C và 1 1 1 3 2 n n a C   0,25 YCBT 1 1 0 1 3 3 2 2 2816 3 2 2 2816 2 1 2816 8 2 n n n n n n n n C C n n                    0,25 5 1,0 Gọi:   1 ; ;2I d I t t t     0,25 Vì ( )S tiếp xúc ( )P nên 2 2 4 ( ;( )) 2 1 3 3 2 t t d I P R t t               0,25 Với 4 (7;4;6)t I  . Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( ) : ( 7) ( 4) ( 6) 4S x y z      0,25 Với 2 ( 5; 2;0)t I     . Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( ) : ( 5) ( 2) 4S x y z     0,25 6 1,0 Gọi H là trung điểm của AB . ( )SH ABCD  Vì 0 60ABC ABC    đều. Suy ra CH AB  và 3 2 a CH  Vì / /AB CD CH CD   0 0 30 tan 30 . 2 a SCH SH HI     0,25 5 hoctoancapba.com 2 3 2 2 ABCD ABC a S S  . 2 3 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 12 ABCD ABCD a a a V SH S   0,25 Ta có / / ( ; ) ( ;( ) ( ;( )) 2 ( ;( ))AD BC d AD SC d AD SBC d A SBC d H SBC    Kẻ HE BC và HK SE . Suy ra : ( ;( ))d H SBC HK . 0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 28 3 3 3 2 7 a HK HK SH HI a a a        Vậy 3 21 ( ; ) 2 7 7 a a d AD SC HK   0,25 7 1,0   ; 7D d D a a   . Ta có:   2 2 2 2 22 84 6 2 (2; 5) 13 13 DE DF a a a a a D                         0,25 Phương trình (0; 1) : : (2;1) qua F AD VTPT n         ( ) : 2 1 0AD x y    . Phương trình (2; 5) : : (1; 2) qua D DC VTPT n          ( ) : 2 12 0DC x y    0,25 Phương trình đường tròn tâm D bán kính DC : 2 2 ( ) : ( 2) ( 5) 20C x y    Ta có: (6; 3) ( ) ( 2; 7) C C DC C C          . 0,25 Với (6; 3)C  suy ra phương trình : 4 7 3 0AC x y   . ( 1;1) (3;3)A AC AD A B     . Với ( 2; 7)C   suy ra phương trình : 7 4 14 0AC x y   . 2 7 ; 3 3 A AC AD A           (loại vì AB BC ). Vậy ( 1;1); (3;3); (6; 3); (2; 5)A B C D   0,25 8 1.0 Điều kiện: 2 1 0 0 x x x x         . Phương trình tương đương:      2 2 2 1 2x x x x x x     0,25             2 2 2 2 2 2 0 1 2 0 1 2 x x x x x x x x x x x x                          0,25 2 0 0 1 x x x x          0,25        2 2 2 2 2 1 2 1 2 (1)x x x x x x x x          Đặt: 2 t x x  . Từ (1) suy ra   2 2 2 2 0 ( 1) 2 ( 2) 1 0 2 1 0 t t t t t t t                 . 0,25 6 hoctoancapba.com Với 2 2 1 2 2 2 0 2 x t x x x x x                Vậy nghiệm của phương trình là: 1; 0; 1; 2x x x x     9 1.0 Điều kiện: 2 1 0 1 0 2 1 0              y x y x y Phương trình tương đương : 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 2 1 ( ) 1 2 1 y x x x y y x y x x y y x y               0,25 2 2 ( ) 0 1 2 1 x y x y x y x y                  2 2 0 0 (*) 1 2 1 x y x y x y x y                0,25 Vì 1 0; 1   y x y nên phương trình (*) vô nghiệm. 0,25 Với x y thay vào phương trình (2) ta được: (2 1) 1 10x x   (3). Đặt 2 1 0, 1t x x t      thay vào (3) ta được: 2 3 (2 3) 10 2 3 10 0t t t t      2 2 2 ( 2)(2 4 5) 0 2 4 5 0 ( ) t t t t t t VN              Với 2 1 2 1 4 3 3t x x x y           .Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (3;3) . 0,25 10 1,0 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 x y xy   . Khi đó: 3 3 3 3 12( ) 1 1 2 x y x y P y x x y         . Ta có: 3 3 3 3 1 1 1 ( 1) ; 1 ( 1) 4 4 x x y y      . 0,25 3 3 12( ) 4 1 1 2 x y x y P y x x y                              3 12( ) 4 3 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 x y xy x y x y y x x y y x x y                                   3 12( ) 4 1 1 2 xy x y xy x y x y                0,25 Đặt : t x y  . Ta có : 2 2 2 2 ( ) 1 1 1 3 3 x y t x y xy xy          Mà 2 2 ( ) 4 4 x y t xy    2 2 1 3 4 t t   . Vì , 0 0 2x y t    Suy ra 2 2 1 12 1 12 12 4 4 4 12 4 2 2 2 2 1 1 3 t t t t P t t t t t t                        0,25 Dấu " " xảy ra 1x y   và max 7P  . 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 7 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II ) ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm) Cho hàm số   3 2 2 3 1 6 1y x m x mx     (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m  b. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 2. Câu 2: (1 điểm) a. Giải phương trình:   cos2x 4sin 1 3sin 2 1.x x   b. Giải hệ phương trình:     2 2 log 1 log . 5 125 x y xy x y xy            Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: /4 2 0 sin cos x x I dx x     . Câu 4: (1 điểm) a. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2( 1) 1 (1 )z z i z     . b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 2 14 1 . 3 n n C C n   Tìm hệ số của 9 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn   2 1 3 . n x Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z +1 = 0 và mặt cầu (S ): x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 6y + 6z +17 = 0. Chứng minh rằng (P) và (S) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Tìm tâm và bán kính của (C). Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy là hình thoi cạnh a ,  0 60ABC  , góc giữa mặt phẳng ( ' )A BD và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa đường thẳng 'CD và mặt phẳng ( ' ).A BD Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ) :( 2) ( 1) 4T x y    . Gọi M là điểm mà tiếp tuyến qua M tiếp xúc với ( )T tại A , cát tuyến qua M cắt ( )T tại B và C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B . Tìm tọa độ của điểm M để khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34, (6; 1)M  là trung điểm của cạnh BC . Đường thẳng :15 8 48 0x y    đi qua tâm I của hình chữ nhật và cắt AD tại một điểm trên trục Oy . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết I có tung độ âm. Câu 9: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:             2 2 2 2 2 2 6 1 2 7 1 1 y x x x y y x x x y                . Câu 10: ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:         3 1 1 3 1 3 3 1x x x x m x           . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 8 hoctoancapba.com Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 1.0 a) 0.5 Với 3 2 0 2 3 1m y x x     . TXĐ: D R 2 2 0 1 ' 6 6 , ' 0 6 6 0 1 0                 x y y x x y x x x y Gới hạn: lim x y    , lim x y    . Bảng biến thiên: x  0 1  'y + 0 - 0 + y  1 0  0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (1; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;1) . Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 0; 1  CÐ x y và đạt cực tiểu tại 1; 0  CT x y . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 Ta có: 2 2 ' 6 6( 1) 6 ; ' 0 ( 1) 0y x m x m y x m x m          (*) Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt  2 0 ( 1) 0 1      m m . 0.25 Gọi ,A B là điểm cực trị  3 2 (1;3 ); ( ; 3 1)A m B m m m   Ta có: 2 6 2 0 ( ) ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 2 ( ) m n AB m m m m n               Vậy 0, 2m m  0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với: 2 4sin cos 2 2sin 2 3 sin cos 0   x x x x x   2sin 2cos 2 sin 3 cos 0   x x x x sin 0 3 cos sin 2cos 2 x x x x        0,25 9 hoctoancapba.com sin 0 ,      x x k k Z . 2 6 3 cos sin 2cos 2 2 18 3                    x k x x x k Z k x . 0,25 b) Điều kiện: 0 0 x y xy       Hệ phương trình tương đương: 1 ( ) 2 ( ) 2 3 2 1 x y VN xy x y xy x y xy x y xy                             0,25 Với 2 1 1 x y x y xy          . Vậy nghiệm của hệ là ( , ) (1,1)x y  0,25 3 1,0 4 4 4 1 2 2 2 2 0 0 0 sin sin cos cos cos             x x x x I dx dx dx I I x x x 0,25 Tính 1 I . Đặt: 2 1 tan cos u x du dx v x dv dx x              . Khi đó: 4 4 4 1 0 0 0 tan tan ln cos ln 2 4 4 I x x xdx x             0,25 Tính 2 I . Đặt: cos sint x dt xdx    . Đổi cận: 2 0 1; 4 2 x t x t        2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1I dt t t        0,25 Vậy 1 2 ln 2 2 1 4 I I I        0.25 4 1,0 Đặt , ,z a bi a b R   . Phương trình tương đương:   2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 a a b a bi a b a b i b a b                  0,25 0 1 3 1 10 10 a b a b             . Vậy 3 1 ; 10 10 z i z i    0,25 b) Điều kiện: 3n  . Ta có: 2 3 2 14 1 4 28 1 9 3 ( 1) ( 1)( 2) n n n C C n n n n n n n           . 0,25 Ta có:     18 18 18 0 1 3 3 k k k k x C x      . Số hạng chứa 9 x thì 9k  Hệ số của 9 x là:   9 9 18 3C 0,25 10 hoctoancapba.com [...]... ( x  2)  ( y  2)  17 0,25  A(1; 2); D(3;  6) hoặc A(3;  6), D(1; 2) Với A(1; 2); D(3;  6)  B (5 ; 3) , C(7;  5) 0,25 Với A(3;  6), D(1; 2)  B (7 ;  5), C(5; 3) 9 1.0 a  x  1 Đặt:  b  y b(a2  1)  (a  1 )( b2  6) (1 )  Hệ phương trình trở thành :  2 2 a(b  1)  (b  1 )( a  6) (2 )  a  b Lấy (1 )  (2 ) ta được: 2ab(a  b)  (a  b)(a  b)  7(a  b)  0   2ab  (a  b)  7  0 0,25 12. ..  k 2  6  b) Điều kiện: x  3  log( x  3)  1 2 Phương trình tương đương: 4 log ( x  3)  6 log( x  3)  2  0    log( x  3)   1 2  31  log( x  3)  1  x  10 1 1  log( x  3)    x  3  2 10 0,25 0,25 3 1,0  x  0 ( n)  x  2 ( n )  y( 0)  5 ; y( 2)  9 ; y( 3)  5 ; y( 1)  9 Vậy: max y  y( 2)  y( 1)  9 ; min y  y( 0)  y( 3)  5 a) Ta có: y '  3x 2  6 x, y '  0  ... 3 0,25   2 x  5)  1  x  (1  x )  ( 2 x  5)   x  3  1  x  2 x  5  2 ( x  3 )( 2 x  5)  2 x  9 2 x  9  0 2 x  9  0  hay  2 ( x  3 )( 2 x  5)  0  4( x  3 )( 2 x  5)  (2 x  9) 0,25 7  9  2  x   2 7 9 x  x  2 2  3 x  2  Xét x  1 : (* )  x  3   2 x  5)  x  1  (2 x  5)  ( x  1)  x  3  2 x  5)  x  1  2 ( x  3 )( x  1)  3  x  0,25 3 2...  y thay vào phương trình đầu ta được: x  1  y  2 ( x  1 )( x 2  2 x  2)  x ( x 2  2 x  7)   x  2  y  3 ab7 (3 ) Với 2 ab  (a  b)  7  0  ab  2 2 Lấy (1 )  (2 ) ta được: a 2  b 2  5(a  b)  12  0   a  b   2 ab  5(a  b)  12  0 (4 ) 0,25 0,25  a  b  1  ab  4 ( VN ) 2 Thay (3 ) vào (4 ) ta được:  a  b   6(a  b)  5  0    a  b  5  ab  6 a  b  5  x  1... ( SB, MC )  d ( B ,( MOC ))  2 d ( H ,( MOC ))  Kẻ HK  OM (1 )  AC  BC Vì   AC  ( SBD) mà HK  ( SBD )  AC  HK (2 )  AC  SH  Từ (1 ) và (2 ) ta suy ra HK  ( MOC) Do đó d ( H ,( MOC ))  HK Xét tam giác SHO vuông tại H , ta có: SO  SH 2  HO2  Ta có HKO đồng dạng với SHO nên suy ra: 0,25 0,25 a 2 2 SH SO  HK OH a 5 a 3 SH OH 4  a 30  HK   4 SO 16 a 2 2 a 30  Do đó d ( SB; CM ). .. y 2  32 và điểm M(4; 1) Viết phương 8 trình đường thẳng (  ) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AM = 3MB Gọi A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) Vì M nằm trong ( E ) nên ta có    x  3x2  16 AM  3MB   1 (* )  y1  3y2  4 2  x12  4 y1  32 (1 )  Vì A, B  ( E )   2 2  x2  4 y2  32 (2 )  Thay (* ) vào (1 ) ta được (1 6  3 x2 )2  4(4  3y2 )2  32  x2  y2... là: (1 ; 2), (2 ; 3), (1 ; 3), (2 ; 2) 0,25 10 1,0 Điều kiện: 1  x  3 x  2 Phương trình tương đương:   x  1  3  x  ( x  1 )( 3  x )  3  m (* )  0,25 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (* ) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 Xét hàm số f ( x )  x  1  3  x  ( x  1 )( 3  x )  3 trên  1;3 1 0,25 1 x 1 2 7   Đặt f '( x )  f '( x )  0  x  2 2 x 1 2 3  x ( x  1 )( 3 ... 1,0 ( S ) có tâm I (2 ; 3;  3) và bán kính R  5 0,25 Ta có: d ( I ;( P ))  1  5  ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) Bán kính: r  R 2  d 2 ( I ;( P ))  2 Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P ) x  2  t  Phương trình d :  y  3  2t  z  3  2t  0,25 0,25  5 7 11  Gọi H  d  ( P) là tâm của (C )  H  ;  ;   3 3 3  0,25 1,0 6 Vì ABC  600  ABC đều...  1  (1  5b)i  0   1 b  5  5 0.5 1 26 Vậy z  1  i  z  5 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  1  0 và điểm A(3;0;  2) Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) Ta có: R  d ( A ,( P ))  3 2 2 2 0,25 1,0 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  3)  y  ( z  2)  9 Gọi... n  (1 ; 1)   2 2  0,25  Phương trình: AM : x  y  7  0 M  AM  BC  M (6 ;  1) I là trung điểm của BM  B (3 ; 2) qua B (3 ; 2)      Phương trình: AB :   VTCP : u  AB  (0 ; 6)  n  (1 ; 0)   AB : x  3  0 0,25 8 1.0 2 x 2  11x  15  0  x  3  Điều kiện:  2  x  2x  3  0 x  1  ( x  3 )( 2 x  5)  ( x  3 )( x  1)  x  6 (* ) Phương trình tương đương: Xét x  3 : (* )  . 6 ( 2) ( 2) 17 x y x x y y x y                       (1 ; 2); (3 ; 6)A D  hoặc (3 ; 6), (1 ;2)A D 0,25 Với (1 ; 2); (3 ; 6)A D  (5 ;3)B , (7 ; 5)C  . Với (3 ; 6), (1 ;2)A.  . Với (3 ; 6), (1 ;2)A D  (7 ; 5), (5 ;3)B C . 0,25 9 1.0 Đặt: 1a x b y       Hệ phương trình trở thành : 2 2 2 2 ( 1) ( 1 )( 6) (1 ) ( 1) ( 1 )( 6) (2 ) b a a b a b b a  . trình tương đương: ( 3 )( 2 5) ( 3 )( 1) 6 (* )x x x x x       0,25 Xét 3x   : (* )   3 2 5) 1 (1 ) ( 2 5)x x x x x            3 1 2 5 2 ( 3 )( 2 5) 2 9x x x x x x  