Giáo án phụ đạo toán 12 học kì 2

Đây là giáo án phụ đạo toán 12 học kì 2, biên soạn theo chủ đề , đầy đủ nội dung. Là tài liệu cho giáo viên dạy 12, có chia ra từng tiết dạy rõ ràng, có ngày dạy, lớp dạy,PPCT, ngày soạn...trong đó còn giới thiệu đề thi minh học kỳ thi tốt nghiệp quốc gia năm 2005 của bộ giáo dục.

Trường THPT Lê Quý Đôn +Ngày soạn: GV: Nguyễn Thị Nghị PPCT: Tuần: CHỦ ĐỀ: NGUYÊN HÀM I Tìm nguyên hàm định nghĩa tính chất ΙΙΙĐịnh nghĩa: F(x) đgl nguyên hàm hàm số y=f(x) khoảng (a;b) ⇔ F / ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ( a; b ) Nguyên hàm hàm số sơ cấp 1 ∫ 1.dx = x + c dx = tgx + c x ∝ +1 + c( ∝≠ −1) ∫ x dx = ∝ +1 ∫ dx = ln x + c x ∫ Cosx.dx = Sinx + c ∝ ( ax + b ) α ∫ ( ax + b) dx = ∝ +1 ∝ +1 a ∫ Sin x dx = −Cotgx + c x x x ∫ e dx = e + c ax +c ∫ a dx = ln a x ∫ Sinx.dx = −Cosx + c Nguyên hàm hàm số thường gặp: ∫ Cos +c 1 dx = ln ax + b + c ∫ ax + b a ∫ Cos( ax + b ) dx = Sin( ax + b ) + c a ∫ Sin( ax + b ) dx = − Cos( ax + b ) + c a 1 ∫ Cos ( ax + b ) dx = a tg( ax + b ) + c 1 ∫ Sin ( ax + b ) dx = − a Cotg( ax + b ) + c dx = e ax + b + c a a mx + n mx + n +c ∫ a dx = m ln a ∫e ax + b II BÀI TẬP 1/ Tìm nguyên hàm hàm số f(x) = x2 – 3x + x 2x + f(x) = x2 x −1 f(x) = x ( x − 1) f(x) = x2 f(x) = x + x + x f(x) = −3 x 3x − + ln x + C 2x3 − +C ĐS F(x) = x ĐS F(x) = lnx + + C x x − 2x + + C ĐS F(x) = x ĐS F(x) = ĐS F(x) = x + 3x + x + C ĐS F(x) = x − 33 x + C x x ( x − 1) f(x) = x x −1 f(x) = 3 ĐS F(x) = x − x + ln x + C ĐS F(x) = x − x + C x Trường THPT Lê Quý Đôn f(x) = sin GV: Nguyễn Thị Nghị x ĐS F(x) = x – sinx + C 10 f(x) = tan2x ĐS F(x) = tanx – x + C 11 f(x) = cos2x ĐS F(x) = 12 f(x) = (tanx – cotx)2 ĐS F(x) = tanx - cotx – 4x + C sin x cos x cos x 14 f(x) = sin x cos x 13 f(x) = ĐS F(x) = tanx - cotx + C ĐS F(x) = - cotx – tanx + C ĐS F(x) = − cos x − cos x + C 2x ĐS F(x) = e − e x + C ĐS F(x) = − cos 3x + C 15 f(x) = sin3x 16 f(x) = 2sin3xcos2x 17 f(x) = ex(ex – 1) 18 f(x) = ex(2 + x 19 f(x) = 2a + e−x ) cos x ĐS F(x) = 2ex + tanx + C 2a x x + +C ĐS F(x) = ln a ln ĐS F(x) = e x +1 + C x 20 f(x) = e3x+1 2/ Tìm hàm số f(x) biết f’(x) = 2x + f(1) = ĐS f(x) = x2 + x + x3 ĐS f(x) = x − + x x x 40 − − ĐS f(x) = 3 x + + 2x − ĐS f(x) = x 2 f’(x) = – x f(2) = 7/3 f’(x) = x − x f(4) = f’(x) = x - 1 x + sin x + C + f(1) = x2 f’(x) = 4x3 – 3x2 + f(-1) = ĐS f(x) = x4 – x3 + 2x + b f’(x) = ax + , f ' (1) = 0, f (1) = 4, f (−1) = x III RÚT KINH NGHIỆM, BỔ SUNG: x2 + + ĐS f(x) = x Ngày soạn: PPCT: Tuần: CHỦ ĐỀ: NGUYÊN HÀM I MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 1.Phương pháp đổi biến số Tính I = ∫ f [u ( x)].u ' ( x)dx cách đặt t = u(x)  Đặt t = u(x) ⇒ dt = u ' ( x)dx  I = ∫ f [u ( x)].u ' ( x)dx = ∫ f (t )dt Phương pháp lấy nguyên hàm phần Nếu u(x) , v(x) hai hàm số có đạo hàm liên tục I ∫ u( x).v' ( x)dx = u ( x).v( x) − ∫ v( x).u ' ( x)dx Hay ∫ udv = uv − ∫ vdu ( với du = u’(x)dx, dv = v’(x)dx) II BÀI TẬP Tìm nguyên hàm hàm số sau: dx ∫ (3 − x) ∫ (5 x − 1)dx ∫ (2 x + 1) xdx 3x ∫ dx ∫ (x 10 + 5) x dx x (1 + x ) sin x 13 ∫ sin x cos xdx 14 ∫ dx cos x dx dx 17 ∫ 18 ∫ sin x cos x + 2x3 e x dx 21 ∫ 25 ∫x 29 ∫ cos e −3 15 dx 26 ∫ 1+ x2 − x dx x sin xdx ∫x 30 ∫ x sin xdx ∫ x ln xdx 10 13 ∫ cos x dx ∫ e cos xdx ∫ x lg xdx 17 21 x 14 x 22 ∫ x cos xdx ∫ ln ∫ xtg 18 ∫x e 23 ∫ ∫ (x x2 dx ∫ x ln(1 + x)dx ∫ x.e dx ln xdx 11 ∫ x ∫ 23 32 ∫x )dx ln(1 + x) dx x2 x x dx dx − x2 ∫x dx + x +1 x + 1.dx ∫ ln xdx 12 ∫e x dx ∫ ln( x + 1)dx 20 ∫ xdx 24 ∫ x cos xdx 16 e ∫ ( x + x + 3) cos xdx x ∫ sin x dx 19 ∫ x ln(1 + x ∫ ∫ 28 dx tgxdx x 24 x dx + 5) sin xdx 15 − x dx x +1 ∫ cos 20 1− x dx 31 ∫ x e +1 xdx xdx 16 ∫ tgxdx ∫ ∫ x.e 12 19 x − 1.dx 2x −1 x dx ∫ x +5 x + 1.xdx ∫ cot gxdx 27 Tìm nguyên hàm hàm số sau: ∫ x sin xdx ∫ x cos xdx ∫ dx ∫ ln x dx 11 ∫ x e tgx 22 ∫ dx cos x x − x dx dx ∫ ∫ x III RÚT KINH NGHIỆM, BỔ SUNG: Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị Ngày soạn: PPCT: Tuần: CHỦ ĐỀ: TÍCH PHÂN Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị A Lý thuyết Nguyên hàm hàm số thường gặp: ( ax + b ) α ∫ ( ax + b) dx = a ∝ +1 +c ∝ +1 1 dx = ln ax + b + c ax + b a 11 ∫ Cos( ax + b ) dx = Sin( ax + b ) + c a 12 ∫ Sin( ax + b ) dx = − Cos( ax + b ) + c a 1 dx = tg( ax + b ) + c 13 ∫ Cos ( ax + b ) a 1 dx = − Cotg( ax + b ) + c 14 ∫ Sin ( ax + b ) a 15 ∫ e ax + b dx = e ax + b + c a a mx + n mx + n 16 ∫ a dx = +c m ln a 10 ∫ B Bài tập I TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG CÁCH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT VÀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN: e ∫ ( x + x + 1)dx ∫ ( x + 3 ∫ x − dx π ∫ 1 + + x )dx x x2 x + 1dx ∫ (2sin x + 3cosx + x)dx π 1 x ∫ (e + x )dx ∫ ( x + x x )dx ∫ ( x + 1)( x − x + 1)dx π ∫ (3sin x + 2cosx + ) dx x π x ∫ (e + x + 1)dx 2 10 ∫ ( x + x x + x )dx 11 ∫ ( x − 1)( x + x + 1)dx 1 12 ∫ ( x + 1).dx 13 −1 e2 7x − x − dx 14 ∫ x Ngày soạn: x.dx ∫ x2 + -1 15 ∫ PPCT: dx x+2 + x−2 Tuần: CHỦ ĐỀ: TÍCH PHÂN Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị A.Lý thuyết Phương pháp đổi biến số : b A = ∫ f [ ϕ( x ) ].ϕ / ( x ) d ( x ) a P.Pháp: Đặt : t = ϕ( x ) ⇒ dt = ϕ / ( x ) d ( x )  x = b ⇒ t = ϕ( b ) Đổi cận:   x = a ⇒ t = ϕ( a ) Do đó: A = ϕ( b ) ∫( ) f ( t ) dt = [ F ( t ) ] ϕ a ϕ( b ) ϕ( a ) Các dạng đặc biệt bản: dx a + x a I = ∫ P.Pháp: • Đặt: x = a.tgt ⇒ dx =  π π  − 〈t 〈   2 a dt = a(1 + tg t ).dt Cos t • Đổi cận: a 2 2.Tính J = ∫ a − x dx P.Pháp: π  π ≤t≤  2  ⇒ dx = a.Cost.dt • Đặt x = a.S int  − • Đổi cận B BÀI TẬP π ∫ sin xcos xdx π π sin x ∫ + 3cosx dx π 2 ∫ sin xcos xdx π 6 ∫x ∫ + 4sin xcosxdx x + 1dx ∫ x x + 1dx ∫x − x dx x2 π 0 ∫ tan xdx π 4 ∫ cot gxdx π π ∫ x3 + dx Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 10 ∫ x − x dx 12 ∫ 1+ x dx 14 x +1 π dx sin x 16 ∫ e cosxdx π x 18 ∫ e +2 π sin x 20 ∫ e cosxdx π x 22 ∫ e +2 dx x3 + 1 dx 13 ∫ x + x + −1 15 π π π π π cosx 21 ∫ e sin xdx π π 25 π 27 ∫ cot gxdx π π ∫ + 4sin xcosxdx 29 30 ∫ x − x dx x ∫ 31 dx ∫x 33 x +1 sin(ln x) dx 36 ∫ x 35 − x dx e + ln x dx x ∫ e 37 ∫ 1 + 3ln x ln x dx x e2 2ln x +1 x ∫x e e x + 1dx dx 3 x +1 ∫x x + 1dx 1 ∫x 0 ∫ sin x ∫ + 3cosx dx π 26 tgxdx ∫ 38 π π e dx π 3 24 ∫ sin xcos xdx 34 ) cosx 17 ∫ e sin xdx π 32 2 23 ∫ sin xcos xdx xdx 28 ∫ (1 + 3x 19 ∫ sin xcos xdx xdx 1 ∫x 1 ∫ 11 dx + ln x dx 39 ∫ x ln x e e2 dx 40 ∫ cos (1 + ln x ) e 41 ∫ 1+ x dx x −1 Trường THPT Lê Quý Đôn 42 x dx 2x +1 ∫ 44 dx x +1 + x ∫ 46 x +1 dx x ∫ e 47 sin(ln x) dx x ∫ e 49 ∫ e 43 dx 45 ∫ e e 48 ( sin x + 1) cos xdx + ln x dx 50 ∫ x ln x e 52 ∫ x x + 5dx 54 ∫ − x dx − x dx 57 ∫ e 56 dx + x ∫ x +3 dx x 59 ∫ (2x + 1)3 dx 61 ∫ x − xdx 2x − 63 ∫ x2 − 4x + 4dx π 65 ∫ (sin6 x + cos6 x)dx π 67 ∫ + sin2 2xdx cos x + 3ln x ln x dx x ∫ −1 1 + ln x dx x ∫ ∫ 46 55 dx x +1 − x ∫ 1 dx 51 ∫ cos (1 + ln x) e 53 x + 1dx e2 π ∫x e2 2ln x +1 x GV: Nguyễn Thị Nghị π + sin 2x + cos 2x dx 69 ∫ sin x + cos x π −x 58 ∫ e dx 60 x dx 2x + ∫ 4x + 11 62 ∫ x2 + 5x + 6dx x3 64 ∫ x2 + 2x + 1dx π 66 ∫ 4sin x dx + cos x π 68 ∫ cos4 2xdx 1 70 ∫ ex + 1dx π 71 ∫ (cos x − sin x)dx π 72 ∫ cos x dx + sin x Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị π π 73 ∫ sin 3x dx cos x + 2x + dx 75 ∫ x + x − −2 cos x dx − sin x dx 76 ∫ −1 x + 2x + 74 ∫ π 77 ∫ cos3 x sin xdx 78 π π ∫ cos xdx 79 ∫ sin 4x2 dx + cos x III RÚT KINH NGHIỆM, BỔ SUNG: 80 ∫ x − x dx Ngày soạn: PPCT: Tuần: TÍCH PHÂN I PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN: Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị b b Công thức tích phân phần : ∫ u( x)v'(x)dx = u ( x)v( x) a − ∫ v( x)u '( x)dx b a a Tích phân hàm số dễ phát u và dv sin ax    @ Dạng ∫α f ( x) cosax dx e ax  u = f ( x) du = f '( x)dx   sin ax  sin ax       ⇒    dv = cos ax  dx v = ∫ cosax  dx   e ax  eax    β β ∫ f ( x) ln(ax)dx @ Dạng 2: α dx  u = ln(ax ) du = x ⇒ Đặt   dv = f ( x)dx v = f ( x)dx  ∫ β ax sin ax  @ Dạng 3: ∫ e  dx cosax  α Ví dụ 1: tính tích phân sau u = x e x x 2e x  dx đặt  a/ ∫ dx ( x + 1)  dv = ( x + 1)  1 u = x x dx  b/ ∫ x3 dx đặt  ( x − 1) dv =  ( x − 1)3  dx + x2 − x2 dx x dx = dx = − = I1 − I c/ ∫ 2 2 2 ∫ ∫ ∫ (1 + x ) (1 + x ) + x (1 + x ) 0 0 dx phương pháp đổi biến số + x2 Tính I1 = ∫ x dx Tính I2 = ∫ phương pháp phần : đặt (1 + x )2 II Bài tập e ln x ∫ dx x e e ∫ x ln( x e + 1)dx ∫x ln xdx e ln x dx x3 ∫ ∫ x ln xdx ∫ x ln xdx 10 u = x  x  dv = dx  (1 + x )  Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị · · · · Mà BAC + BCA = 90° ⇒ MBC + BCA = 90° ⇒ AC ⊥ BM uuu r Đường thẳng BM qua H(2;-1), có vtpt IH = ( 1;1) ⇒ pt BM: x + y – = ⇒ B ( t ;1 − t ) uuu r uuu r Có AB = ( t + 2;6 − t ) ; CB = ( t − 4; −t ) 0,25 uuur uuu r Vì AB ⊥ BC ⇒ AB.CB = ⇔ ( t + ) ( t − ) − t ( − t ) = ( ) ( ⇔ t = ± ⇒ B + 2; −1 − B − 2; −1 + ) x ≥ 0 ≤ x ≤ −3 + 41   ⇔  −3 − 41 −3 + 41 ⇔ ≤ x ≤ Điều kiện: 1 − x ≥ (*) ≤x≤   8  2 − 3x − x ≥ Bất phương trình cho tương đương với x + − x + x(1 − x ) ≥ − x − x ⇔ 3( x + x) − (1 − x) + ( x + x )(1 − x) ≥  −5 + 34 x≥  2 x +x x +x x +x ⇔3 +2 −1 ≥ ⇔ ≥ ⇔ x + 10 x − ≥ ⇔  1− x 1− x 1− x  −5 − 34 x ≤  −5 + 34 −3 + 41 ≤x≤ Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình 9 0,25 1,0 0,25 0,5 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có a2 a2 4a b2 4b ≥ = ≥ (b + c ) + 5bc (b + c) + (b + c ) 9(b + c) Tương tự, ta có (c + a ) + 5ca 9(c + a )2 a2 b2  a2 b2   a b  + ≥ + ≥ + Suy  ÷  ÷ (b + c)2 + 5bc (c + a ) + 5ca  (b + c) (c + a)   b + c c + a   ( a + b)  + c ( a + b ) 2  ÷  2(a + b)2 + 4c(a + b) 2  a + b + c ( a + b)  2 =  ÷ =  ÷ ≥  ÷  ab + c(a + b) + c   (a + b )  (a + b) + 4c(a + b) + 4c  ÷ + c( a + b) + c ÷    Vì a + b + c = ⇔ a + b = − c nên 2  2(1 − c) + 4c(1 − c)  8  2 P≥  − (1 − c) = 1 − (1) ÷ − (1 − c) 2 ÷  (1 − c ) + 4c(1 − c ) + 4c   c +1  115 0,25 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 8  Xét hàm số f (c) = 1 − ÷ − (1 − c) với c ∈ (0; 1)  c +1 16   − (c − 1); c Ta có f '(c) = 1 − ÷  c +  (c + 1) – f 1'(c ) f '(c) = ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = ⇔ c = Bảng biến thiên: ( ) f (c ) + 0,5 − Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ − với c ∈ (0; 1) 1 Từ (1) (2) suy P ≥ − , dấu đẳng thức xảy a = b = c = 1 Vậy giá trị nhỏ P − , đạt a = b = c = 116 (2) Trường THPT Lê Quý Đôn SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ GV: Nguyễn Thị Nghị ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 117 Trường THPT Lê Quý Đôn XUÂN ĐỀ CHÍNH THỨC GV: Nguyễn Thị Nghị Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 6x2 + 9x − (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm m để phương trình x(x − 3)2 = m có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx + cosx)2 = + cosx b) Giải bất phương trình: log0,2 x + log0,2(x + 1) < log0,2(x + 2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 6x+7 ∫ 3x + dx Câu (1,0 điểm) a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) = x4 − 8x2 + đoạn [ − 3; 5] b) Khai triển rút gọn biểu thức (1 − x) + 2(1 − x)2 + + n(1 − x)n thu đa thức P(x) = a0 + a1x + + anxn Tìm hệ số a8 biết n số nguyên dương thoả mãn: + = C2n Cn3 n Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) hoctoancapba.com Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C x − y + 13 = x − 13 y + 29 = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng tính diện tích tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 118 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị x + y + x + y + = (x + y)2 + x + y  (x, y ∈ R)   x + x + y + + x − y = Câu (1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= x (y + z) y (z + x) z (x + y) + + yz zx xy Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1a ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Nội dung Điểm a) y = x − x + x − (1,25) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên • Chiều biến thiên: y ' = 3x − 12 x + = 3( x − x + 3) 0,25 x > , y' < ⇔ < x < x < Ta có y ' > ⇔  Do đó: + Hàm số đồng biến khoảng (−∞,1) (3, + ∞) + Hàm số nghịch biến khoảng (1, 3) • Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = yCD = y (1) = ; đạt cực tiểu x = yCT = y (3) = −1 y = −∞; lim y = +∞ • Giới hạn: xlim → −∞ x → +∞ • Bảng biến thiên: x +∞ y’ −∞ − + + y -1 −∞ 119 +∞ 0,25 0,25 0,25 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị y * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0, − 1) 0,25 x O -1 1b Ta có: x(x − 3)2 = m ⇔ x3 − 6x2 + 9x − = m − (0,75) Phương trình có ba nghiệm phân biệt đường thẳng y = m – cắt (C) điểm phân biệt ⇔ −1 < m − < ⇔ < m < 0,25 0,25 0,25 2a Ta có: (sinx + cosx)2 = + cosx ⇔ + 2sinxcosx = + cosx (0,5) ⇔ cosx(2sinx-1) = cosx = ⇔ sinx=   π  x = + kπ  π ⇔  x= + k2π (k ∈ Z)   5π  x = + k2π  2b (0,5) 0,25 Điều kiện: x > (*) log0,2 x + log0,2(x + 1) < log0,2(x + 2) ⇔ log0,2(x2 + x) < log0,2(x + 2) ⇔ x2 + x > x + ⇔ x > (vì x > 0) Vậy bất phương trình có nghiệm x > (1,0) 0,25 1 1 1 0 0,25 = 2∫ dx + ∫ dx = 2∫ dx + ∫ d(3x+2) 3x + 3x + 0 0 = 2x + ln 3x + 0,25 6x+7 (6x+4)+3 I=∫ dx = ∫ dx = ∫ (2 + )dx 3x + 3x + 3x + 0 0,25 0,25 0,25 120 Trường THPT Lê Quý Đôn 4a GV: Nguyễn Thị Nghị = + ln f(x) = x − 8x2 + 0,25 (0,5) f '(x) = 4x3 − 16x x = f '(x) = ⇔   x = ±2 f(− 3) = −9, f(0) = 6, f(2) = −10, f( 5) = −9 0,25 = f(0) = 6, minf(x) = f(2) = −10 Vậy: maxf(x) [− 3; 5] [− 3; 5] 4b (0,5) 0,25 n ≥  7.3! Ta có: + = ⇔  + Cn Cn n  n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) = n  n ≥ ⇔ ⇔ n = n − 5n − 36 = Suy a8 hệ số x8 biểu thức 8(1 − x)8 + 9(1 − x)9 0,25 0,25 Đó 8.C88 + 9.C98 = 89 (1,0) *) Ta có: AN = AB − BN = 2a Diện tích tam giác ABC là: S ∆ABC = 0,25 S BC AN = 4a Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC = S ∆ABC SA = 4a 3.8a 3 = 0,25 M 32a 3 (đvtt) *) Ta có: C A VB AMN BA BM BN = = VS ABC BA BS BC H 8a 3 VB AMN = VS ABC = B 121 N 0,25 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 2 Mặt khác, SB = SC = 5a ⇒ MN = SC = 5a ; AM = SB = 5a Gọi H trung điểm AN MH ⊥ AN , ⇒ MH = AM − AH = a 17 2 Diện tích tam giác AMN S∆AMN = AN MH = 2a 3.a 17 = a 51 0,25 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3VB AMN 8a 3 8a 8a 17 = = = S∆AMN 17 a 51 17 d ( B, ( AMN )) = (1,0) - Gọi đường cao trung tuyến kẻ từ C CH CM C(-7; -1) Khi CH có phương trình x − y + 13 = , CM có phương trình x − 13 y + 29 = 2 x − y + 13 = ⇒ C (−7; − 1) - Từ hệ  6 x − 13 y + 29 = - AB ⊥ CH ⇒ n = u CH = (1, 2) A(4; 6) ⇒ pt AB : x + y − 16 =  x + y − 16 = ⇒ M (6; 5) ⇒ B (8; 4) - Từ hệ  6 x − 13 y + 29 = AB H 0,25 M(6; 5) B(8; 4) 0,25 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC : x + y + mx + ny + p = 52 + 4m + 6n + p =  m = −4   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80 + 8m + 4n + p = ⇔ n = 50 − 7m − n + p =  p = −72   Suy pt đường tròn: x + y − x + y − 72 = hay ( x − 2) + ( y + 3) = 85 (1,0) uuur uuur Ta có AB = (1; 2; −2), AC = (2;1; 2) uuur uuur r [ AB, AC ] = (6; − 6; −3) ≠ uuur uuur Suy AB, AC không phương nên A, B, C không thẳng hàng uuur uuur Diện tích tam giác ABC S∆ABC = [ AB, AC ] = (1,0) (đvdt) x + y + x + y + = (x + y)2 + x + y (1)  (x,y ∈ R) Giải hệ:  x + x + y + + x − y = (2)  x + y ≥ Điều kiện:  (*) x − y ≥ Đặt t = x + y ≥ , từ (1) ta có: t + t + = t2 + t 122 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị ⇔ t − t2 + t + − t = ⇔ t(1 − t) +  = ⇔ (1 − t)  t + t+ 3+2 t   ÷= t+ 3+2 t  3(1 − t) ⇔ t = (Vì t + t+ 3+2 t Suy x + y = ⇔ y = − x (3) Thay (3) vào (2) ta có: 0,25 > 0, ∀t ≥ 0) x2 + + 2x − = x2 − ⇔ ( x + − 2) + ( 2x − − 1) = ⇔ x2 + + + 2x − 2x − + =0   x+1 ⇔ (x − 1)  + ÷ ÷= 2x − + x + +   ⇔ x = (Vì x+1 + 2x − + x2 + + Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) > 0,x ≥ ) 0,25 Vậy hệ cho có nghiệm ( x = 1; y = 0) (1,0) Ta có : P= x x y2 y2 z2 z2 + + + + + y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ R Do : x3 + y3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > Tương tự, ta có : 0,25 0,25 hay x y + ≥x+y y x y2 z2 + ≥ y+z z y ∀y, z > z2 x + ≥z+x x z ∀x, z > ∀x, y > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = ∀x, y, z > x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì vậy, minP = 0,25 0,25 0,25 Hết ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) 123 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015 (Biên soạn: Trần Thanh Tâm) (Thời gian làm bài: 180 phút)  Đội ngũ Giảng viên chuyên LTĐH hàng đầu TP.HCM (học ca tối: 18h00  20h15  21h00)  Học phí: 1.500.000 VNĐ/khóa (3 môn)  Để biết thêm chi tiết liên hệ Văn phòng Trung Tâm BDVH 60 An Sương – ĐT: 08 3719 4559 – 0932 178517) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3x + (m + 1) x + (1) có đồ thị (C m ), với m tham số a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = −1 b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + cắt đồ thị (C m ) điểm phân biệt P(0;1), M, N cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN với O(0;0) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos 2 x − cos x + sin x + cos x = + sin 3x cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I= ∫ ( x + 1) − dx + 2x − x Câu (1,0 điểm) x −1 x a) Giải phương trình: 16.9 x −1 − 793.36 x −1 + 81.2 x −2 x −1 =0 b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng ( viên bi khác màu sắc) Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy đủ ba màu Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt cầu (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng (α ) : x + y + z + = ( β ) : x − y − z − = theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính 124 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên a, đáy A’B’C’ tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc đỉnh B lên (A’B’C’) trung điểm H cạnh A’B’ Gọi E trung điểm cạnh AC Tính thể tích khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B C thuộc trục tung Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD  x − xy − x − = y + xy − x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   y − yx + y + = x + xy − y ( x, y ∈ R ) Câu (1,0 điểm) Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + xy ≥ Tìm GTNN biếu thức P = 3( x + y ) − 2( x + y ) − xy (3xy − 4) + 2015 HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu b Phương trình hoành độ giao điểm (C m ) (d): x − x + (m + 1) x + = x +  x = ⇒ y = ⇒ P (0;1) ⇔ x ( x − x + m) = ⇔  (2)  x − 3x + m = m ≠  Để (C m ) cắt (d) điểm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt khác ⇔  m < Giả sử M ( x1 ; x1 + 1) , N ( x ; x + 1) x1 ; x nghiệm pt (2) OM ON MN Ta có S OMN = MN d (O; (d )) = với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 4R giác OMN OM ON MN MN d (O; (d )) = ⇔ OM ON = R.d (O; (d )) = 2d (O; (d )) 4R 2 OM ON = ( x1 + x1 + 1)(2 x1 + x1 + 1) Với x1 = 3x1 − m; x 2 = 3x − m ⇒ OM ON = 4m + 12m + 25 d (O; (d )) = = 2 125 (3) Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị Khi vào (3) ta được: 4m + 12m + 25 = m = −3 m = =5⇔ thỏa đề có m = −3 Câu Pt ⇔ cos 2 x − cos x + sin x = sin 2 x + sin 3x cos x ⇔ cos 2 x − cos x + sin x = sin 2 x + sin x cos x ⇔ cos 2 x − sin 2 x − cos x + sin x = sin x cos x ⇔ cos x − cos x + sin x = sin x cos x ⇔ −2 sin x sin x + sin x cos x = sin x cos x sin 3x = ⇔ −2 sin 3x (sin x − cos x + cos x) = ⇔  sin x + cos x = cos x π * sin 3x = ⇔ x = k (k ∈ Ζ) π  x = − + kπ  π  12 ( k ∈ Ζ) * sin x + cos x = cos 3x ⇔ cos x −  = cos 3x ⇔  6   x = π + kπ  24 π π kπ kπ ( k ∈ Ζ) Vậy nghiệm phương trình là: x = − + kπ , x = + , x= 12 24 0 dx dx I= ∫ dx ∫ Câu = = ∫ − x + ( x + ) ( x + )( − x + ) ( x + 1) + x − x − ( x + 1) − − 2 x +1 − x+3 − x + ⇒ 2tdt = − dx ⇒ t2 = Đặt t = ( x + 1) x +1 x +1 ⇒I =− 1 dt = ( − ) ∫ Câu a) Điều kiện x ≠ Đưa phương trình dạng x −1 x −1 x −1   x −1 793   x −1   x −1 16  − + 81 = , đặt t =     2 4 2 Đáp số : x = ; x = b) Số cách lấy viên bi C144 = 1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C51 C71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C51 C 72 + C 21 C52 C 71 + C 22 C51 C 71 = 385 cách Xác suất lấy viên bi không đủ màu P = 126 1001 − 385 616 = = 1001 1001 13 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị Câu Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu (S) Vì (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng (α ) : x + y + z + = ( β ) : x − y − z − = theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính nên ta có hệ : 3a − 7b + 4c = 15  IA = IB   ⇔ 3a − 2b + 2c =  IA = IC d ( I , (α )) = d ( I , ( β )) a +b + c + = a −b −c −   a = a = 19   Giải hệ ta : b = b = −12 c = c = −   a =  Với b = , viết phương trình mặt cầu : ( x − 1) + y + ( z − 3) = 25 c =  a = 19 2  19   12   9 1237  Với b = −12 , mặt cầu có phương trình :  x −  +  y +  +  z +  = 7  7  7 49  c = −  Câu BE //( A' B' C ' ) nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông H nên B’H = BB' − B' H = a 3 A' B '.B' C '.sin 60 = a ⇒ S HB 'C ' = a 1 a a2 a3 ⇒ V EHB 'C ' = B ' H S HB 'C ' = = 3 16 3V B ACC ' A' 3a a a d ( B, ( ACC ' A' )) = V B ACC ' A' = V ABC A'B 'C ' − VB A'B 'C ' = − = ; S ACC ' A' 8 A' I ⊥ AB, IJ ⊥ AC ⇒ A' J ⊥ AC , S ACC ' A' = A' J AC ⇒ S A'B 'C ' = A' J = a3 a 15 = a 15 A' A − IJ = ⇒ d ( B, ( ACC ' A' )) = a 15 a Câu Ta có C giao điểm trục tung đường thẳng AC nên C(0;4) Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Vì B nằm trục tung nên B(0;b) Đường thẳng AB qua B vuông góc với BC ≡ Oy : x = nên AB : y = b 16 − 4b  ;b    Vì A giao điểm AB AC nên A Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có 127 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 16 − 4b b−4 2S ABC r= = = AB + BC + CA 16 − 4b  16 − 4b  b−4 + b−4 + b−4 b−4 + + (b − 4) +   3   = b−4 b − Theo giả thiết r = nên ta có b = b = Với b = ta có A(4;1), B(0;1) Suy D(4;4) Với b = ta có A(-4;7), B(0;-7) Suy D(-4;4)  x − xy − x − = y + xy − x (1) Câu Giải hệ phương trình  2  y − yx + y + = x + xy − y (2) Từ (1) (2) ta có x − 3xy − x − − ( y − yx + y + 1)i = y + xy − x − ( x + xy − y )i ⇔ x + x yi + xy i + y i − ( x + yi ) − − i = (1 + i ) y + xy (1 − i ) − x (1 + i ) ⇔ ( x + yi ) − ( x + yi ) − − i = (1 + i )( y − xyi + i x ) ⇔ ( x + yi ) − ( x + yi ) − − i = (1 + i )( y − ix ) ⇔ z + (1 + i ) z − z − (1 + i ) = ⇔ z = 1; z = −1; z = −1 − i Do (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) Câu Với số thực x, y ta có ( x + y ) ≥ xy , nên từ điều kiện suy ( x + y ) + ( x + y ) ≥ ( x + y ) + xy ≥ ⇒ ( x + y ) + ( x + y ) − ≥ ⇒ x + y ≥ 3 2 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2015 (3) 2 nên từ (3) suy P ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + 2015 Ta biến đổi P sau P = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y + xy ) − xy (3xy − 4) + 2015 (x2 + y )2 Đặt x + y = t t ≥ (do x + y ≥ 1) 9 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 2015 với t ≥ , có f ' (t ) = t − > , với t ≥ nên hàm số 2   32233 1  f (t ) = f   = f(t) đồng biến  ;+∞  Suy t∈min 1  16 2  ; +∞  2  Do x + y ≥  Do GTNN P  32233 , đạt x = y = 16 128 Trường THPT Lê Quý Đôn GV: Nguyễn Thị Nghị 129 [...]... đó: a) x 2 + y 2 + z2 − 2( m + 2) x + 4my − 2mz + 5m 2 + 9 = 0 b) x 2 + y 2 + z2 − 2( 3 − m) x − 2( m + 1)y − 2mz + 2m 2 + 7 = 0 30 Trường THPT Lê Q Đơn GV: Nguyễn Thị Nghị c) x 2 + y 2 + z2 + 2( cos α + 1) x − 4 y − 2 cos α z + cos 2 + 7 = 0 d) x 2 + y 2 + z2 + 2( 3 − 2 cos2 α ) x + 4(sin 2 α − 1)y + 2z + cos 4α + 8 = 0 e) x 2 + y 2 + z2 − 2 ln t.x + 2 y − 6z + 3 ln t + 8 = 0 f) x 2 + y 2 + z2 + 2( 2 − ln... y + 4z = 0 d) x 2 + y 2 + z2 − 6 x + 4 y − 2z − 86 = 0 e) x 2 + y 2 + z2 − 12 x + 4 y − 6z + 24 = 0 f) x 2 + y 2 + z2 − 6 x − 12 y + 12z + 72 = 0 g) x 2 + y 2 + z2 − 8 x + 4 y + 2z − 4 = 0 h) x 2 + y 2 + z2 − 3x + 4 y = 0 i) 3x 2 + 3y 2 + 3z2 + 6 x − 3y + 15z − 2 = 0 k) x 2 + y 2 + z2 − 6 x + 2 y − 2z + 10 = 0 Xác định m, t, α, … để phương trình sau xác định một mặt cầu, tìm tâm và bán kính của các... dx 2 2 1 8 0 3 ∫x 1 x2 +1 2 1 x +1 2 dx dx ∫ (1 + x 2 ) 3 0 ∫ ∫ 1 + x 2 dx (1 − x 2 ) 3 dx 0 2 2 10 ∫ 0 2 2 12 ∫ 2 2 14 ∫ 0 1+ x dx 1− x dx (1 − x 2 ) 3 0 1 13 dx ∫x 1 1 11 x x2 −1 2 1 9 2 dx 2 ∫ cos x x 2 dx 1− x2 0 VII TÍCH PHÂN HÀM GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: 3 1 ∫x −3 2 2 − 1dx π 2 , t ∈ [0; π ] \ { } 3 2 5 ∫ 2 x x2 + 4 1 2 a x ; x ; ; x Gäi k = BCNH(n1; n2; ; ni) §Ỉt x = tk 2 ∫ (2 x + 3) − n2 dx 1 2 3... ∫ x6 + 1 0 2 − x4 dx 22 ∫ 2 0 1+ x 1 1 4 23 1 + x dx ∫0 1 + x 6 0 dx 3 2 ∫ ) dx 4 0 1 dx 17 ∫ 3 2 2 x − 2x + x 1 4 0 4 25 x 0 dx 1 dx 15 ∫ 2 0 x − 2x + 2 19 1 ∫ x(1 + x ∫1+ x 2 1 dx ( x + 3) 2 2 24 ∫ 0 dx x2 + x + 1 3 26 4 x + 11 dx 2 x + 5x + 6 x +2 ∫ x − 1 dx 2 1  2x − 2  − 3 dx 27 ∫  x +1  0 0  x 2  − 2 x + 1dx 2x − 1  −1 28 ∫  2 1  3x − 1  − x − 1dx 29 ∫  x +2  0 x 2 + 2x + 3 dx... z − 3 )2 = 9 b)  2 2 2  x + y + z − 6 x − 10 y − 6 z − 21 = 0  x 2 + y 2 + z2 − 8 x + 4 y − 2 z − 15 = 0 d)  2 2 2  x + y + z + 4 x − 12 y − 2z + 25 = 0  x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 2z − 3 = 0 f)  2 2 2  x + y + z − 6 x + 4 y − 2 z − 2 = 0 Biện luận theo m vị trí tương đối của hai mặt cầu: 31 Trường THPT Lê Q Đơn GV: Nguyễn Thị Nghị ( x − 2) 2 + ( y − 1 )2 + ( z + 3 )2 = 64 2 2 2 2 (... a cùng phương b (b ≠ 0) ⇔ a = kb (k ∈ R) rr • a.b = a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 r • a 2 = a 12 + a 22 + a 32 rr a.b r r • cos(a , b ) = ar br =  a1 = kb1 a a a  ⇔  a2 = kb2 ⇔ 1 = 2 = 3 , (b1 , b2 , b3 ≠ 0) b1 b2 b3  a = kb 3  3 r r a • ⊥ b ⇔ a1b1 + a2 b2 + a3b3 = 0 r • a = a 12 + a 22 + a 22 a1b1 + a2 b2 + a3b3 a 12 + a 22 + a 32 b 12 + b 22 r r + b 32 r (với a, b ≠ 0 ) 3 Tọa độ của điểm: uuur a) Định nghĩa: M... I1I 2 < R1 + R2 ⇔ (S1), (S2) cắt nhau theo một đường tròn Xét vị trí tương đối của hai mặt cầu:  x 2 + y 2 + z2 − 8 x + 4 y − 2 z − 4 = 0 a)  2 2 2  x + y + z + 4 x − 2 y − 4z + 5 = 0  x 2 + y 2 + z2 − 2 x + 4 y − 10z + 5 = 0 c)  2 2 2  x + y + z − 4 x − 6 y + 2 z − 2 = 0  x 2 + y 2 + z2 − 2 x − 6 y + 4 z + 5 = 0 e)  2 2 2  x + y + z − 6 x + 2 y − 4 z − 2 = 0 ( x + 1 )2 + ( y − 2) 2 +... 4 ∫ 2 x + 1 0 1 1 x2 dx 5 ∫ 3 0 (3 x + 1) 2 6 ∫ ( x + 2) 0 0 1− x dx 7 ∫ 20 08 x ( 1 + x ) 1 2x 3 − 6x 2 + 9x + 9 dx 8 ∫ 2 x − 3 x + 2 −1 20 08 x 2 n −3 dx 10 ∫ 2 n 0 (1 + x ) 1 3 x4 dx 9 ∫ 2 2 2 ( x − 1) 2 2 x2 − 3 dx 11 ∫ 4 2 1 x ( x + 3 x + 2) 2 13 1 ∫4+ x 12 1 1 2 1 14 16 18 x ∫ (1 + x 2 3 ) dx 3x 2 + 3 x + 3 2 x 3 − 3x + 2 dx 1 1− x2 ∫1 1 + x 4 dx 20 1 ∫1+ x 3 dx 0 1 1 x6 + x5 + x4 + 2 dx 21 ∫... + ( y − 1 )2 + ( z + 3 )2 = 64 2 2 2 2 ( x − 4) + ( y + 2) + ( z − 3) = (m + 2) b)  ( x − 3 )2 + ( y + 2) 2 + ( z + 1 )2 = 81 2 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = (m − 3) ( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1 )2 = 25 2 2 2 2 ( x + 1) + ( y + 2) + ( z + 3) = (m − 1) d)  a)  ( x + 3 )2 + ( y + 2) 2 + ( z + 1 )2 = 16 2 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = (m + 3) c)  VẤN ĐỀ 5: Tập hợp điểm là... 18) ∫ x + sin dx 2 cos x 0 π 16) ∫ sin xdx 0 π 4 20 ) ∫ x (2 cos2 x − 1)dx 0 0 0 1 2 2x 2 22) ∫ (x + 1) e dx 23 ) ∫ (x ln x) dx π 2 π 2 24) ∫ cos x.ln(1 + cos x)dx 1 0 1 2x 27 ) ∫ ( x − 2) e dx 2 28) ∫ x ln(1 + x )dx 2 3 0 2 dx 30) ( x + cos 3 x ) sin xdx ∫ x 0 0 0 31) ∫ (2 x + 7) ln( x + 1)dx 32) ∫ ln( x 2 − x)dx II TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỶ: 5 2x −1 dx 1 ∫ 2 x − 3 x + 2 3 + 2 x) sin x.dx 2 2 2 e 0 ∫ (x 19) ∫ ... 10 f(x) = tan2x ĐS F(x) = tanx – x + C 11 f(x) = cos2x ĐS F(x) = 12 f(x) = (tanx – cotx)2 ĐS F(x) = tanx - cotx – 4x + C sin x cos x cos x 14 f(x) = sin x cos x 13 f(x) = ĐS F(x) = tanx - cotx... ĐỀ 2: Xác định điểm khơng gian Chứng minh tính chất hình học Diện tích – Thể tích – Sử dụng cơng thức toạ độ vectơ điểm khơng gian – Sử dụng phép tốn vectơ khơng gian – Cơng thức xác định toạ... y + z2 − x − y + 4z = d) x + y + z2 − x + y − 2z − 86 = e) x + y + z2 − 12 x + y − 6z + 24 = f) x + y + z2 − x − 12 y + 12z + 72 = g) x + y + z2 − x + y + 2z − = h) x + y + z2 − 3x + y = i) 3x