GIAI CHI TIET DE TOAN MD 102THPTQG2017

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - Giáo dục trung học phổ thông I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 3 2 1 3 y x x 5 4 2 = − + 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 3 2 x 6x m 0− + = có 3 nghiệm thực phân biệt Câu 2 (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 2 4 2log x 14log x 3 0− + = 2) Tính tích phân 1 2 2 0 I x (x 1) dx= − ∫ 3) Cho hàm số 2 f (x) x 2 x 12= − + . Giải bất phương trình f '(x) 0≤ Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1;0;0), B(0;2;0) và C(0;0;3). 1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC. 2) Tìm tọa độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Câu 5.a (1,0 điểm) Cho hai số phức z 1 = 1 + 2i và z 2 = 2 - 3i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z 1 - 2z 2 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ có phương trình x y 1 z 1 2 2 1 + − = = − 1) Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ∆. 2) Viết phương trình mặt phẳng chứa điểm O và đường thẳng ∆. Câu 5.a (1,0 điểm) Cho hai số phức z 1 = 2 + 5i và z 2 = 3 - 4i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z 1 .z 2 . BÀI GIẢI Câu 1: 1) D = R; y’ = 2 3 3 4 x x− ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 4; lim x y →−∞ = −∞ hay lim x y →+∞ = +∞ x −∞ 0 4 +∞ y’ + 0 − 0 + y 5 +∞ −∞ CĐ −3 CT Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (4; +∞) Hàm số nghịch biến trên (0; 4) Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4; y(4) = −3 y" = 3 3 2 x − ; y” = 0 ⇔ x = 2. Điểm uốn I (2; 1) Đồ thị : Đồ thị nhận điểm uốn I (2; 1) làm tâm đối xứng. 2) x 3 – 6x 2 + m = 0 ⇔ x 3 – 6x 2 = −m ⇔ 3 2 1 3 5 5 4 2 4 m x x− + = − (2) Xem phương trình (2) là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d : 5 4 m y = − Khi đó: phương trình (1) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔ phương trình (2) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔ (C) và d có 3 giao điểm phân biệt ⇔ 3 5 5 4 m − < − < ⇔ 0 < m < 32 Câu 2: 1) 2 2 4 2log 14log 3 0x x− + = ⇔ 2 2 2 2log 7log 3 0x x− + = ⇔ 2 log 3x = hay 2 1 log 2 x = ⇔ x = 2 3 = 8 hay x = 1 2 2 2= 2) 1 1 2 2 4 3 2 0 0 ( 1) ( 2 )I x x dx x x x dx= − = − + ∫ ∫ = 1 5 4 3 0 1 1 1 1 ( ) 5 2 3 5 2 3 30 x x x − + = − + = 3) f(x) = 2 2 12x x− + ; TXĐ D = R f’(x) = 2 1 2 12 x x − + f’(x) ≤ 0 ⇔ 2 12x + ≤ 2x ⇔ x ≥ 0 và x 2 + 12 ≤ 4x 2 ⇔ x ≥ 0 và x 2 ≥ 4 ⇔ x ≥ 2 Caâu 3: y x 5 0 -2 4 2 6 -3 60 o O C A S B D Ta có : BD ⊥ AC; BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO ⇒ · · O SOA [(SBD),(ABCD)] 60= = o a 2 a 6 SA OAtan60 . 3 2 2 = = = V SABCD = 3 ABCD 1 1 SA.S a 6 3 6 = = (đvtt) Câu 4.a.: 1) Mp qua A(1, 0, 0) có PVT ( ) 0, 2,3BC = − uuur -2(y - 0) + 3(z - 0) = 0 ⇔ -2y + 3z = 0 2) Cách 1: IO =IA = IB = IC ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 x y z x y z x y z x y z x y z x y z  + + = − + +   ⇔ + + = + − +   + + = + + −    − + =  ⇔ − + =   − + =  2 1 0 4 4 0 6 9 0 x y z . Vậy I 1 3 ,1, 2 2    ÷   Cách 2: Gọi M là trung điểm của AB ⇒ M ( 1 ;1;0 2 ) Gọi N là trung điểm của OC ⇒ N (0; 0; 3 2 ) A ∈ Ox; B ∈ Oy; C ∈ Oz nên tâm I = 1 2 ∆ ∩ ∆ với ( 1 ∆ qua M và vuông góc với (Oxy)) và ( 2 ∆ qua N và vuông góc với (Oxz)) ⇒ I 1 3 ,1, 2 2    ÷   Caâu 5.a.: z 1 – 2z 2 = (1 + 2i) – 2(2 – 3i) = −3 + 8i Suy ra số phức z 1 – 2z 2 có phần thực là −3 và phần ảo là 8. Caâu 4.b.: 1) Cách 1: Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng ∆ ⇒ OH ⊥ ∆ và H ∈ ∆ ⇒ H (2t; −1 – 2t; 1 + t) (2 ; 1 2 ;1 )OH t t t= − − + uuur và (2; 2;1)a ∆ = − uur OH vuông góc với ∆ ⇔ . 0OH a ∆ = uuur uur ⇔ 4t + 2 + 4t + 1 + t = 0 ⇔ 9t + 3 = 0 ⇔ GII CHI TIT TON THPTQG 2017 M : 102 CU 1: Nhỡn vo BBT, ta cú: yC Đ yCT Chn ỏp ỏn D CU 2: dx 5x ln 5x C Chn ỏp ỏn A CU 3: Loi ỏp ỏn A, C vỡ hm s bc nht/bc nht ng bin hay nghch bin trờn tng khong xỏc nh Loi ỏp ỏn D vỡ hm s bc nghch bin trờn ; Chn ỏp ỏn B CU 4: M 2;1 l im biu din ca s phc z i Chn ỏp ỏn C CU 5: c trng ca th l hm bc Loi ỏp ỏn A, B Dỏng iu ca th (bờn phi hng lờn nờn a ) Loi ỏp ỏn C Chn ỏp ỏn D CU 6: Chn ỏp ỏn A CU 7: OA OA 22 22 12 Chn ỏp ỏn A CU 8: z1 3i , z2 3i z z1 z2 i 6i Chn ỏp ỏn D x CU 9: log2 x x Chn ỏp ỏn B x CU 10: Chn ỏp ỏn B CU 11: y x 3x y ' 3x x D R x y' x BBT: x y y 0 + + Vy hm s ng bin trờn ;0 , 2; , hm s nghch bin trờn 0;2 Chn ỏp ỏn A ln x C ln x CU 12: dx ln xd ln x x 2 ln x F( x ) 2 C I F e F 1 6 CU 13: P x x x x x 1 ln e 2 ln1 C 2 C Chn ỏp ỏn C 2 x x Chn ỏp ỏn C CU 14: th ca hm s y ax bx c cú ba im cc tr phng trỡnh y ' cú ba nghim thc phõn bit Chn ỏp ỏn A CU 15: D R \ 1;1 y x 5x x x x th cú TC: x v TCN: y x2 x x x Vy s tim cn l Chn ỏp ỏn D CU 16: PT: x y2 z2 2ax 2by 2cz d l PT mt cu a2 b2 c2 d PT: x y2 z x y 4z m l PT mt cu 12 12 12 m m Chn ỏp ỏn D z1 CU 17: 3z z z2 11 i z1 z2 11 i B C P z1 z2 Chn ỏp ỏn B A CU 18: ABC vuụng cõn ti B: AB BC AC 2 a AB BC AC 1 a Vy V BB '.SABC a .a.a a3 2 Chn ỏp ỏn D C B a A 1 CU 19: V r h Chn ỏp ỏn B 3 CU 20: V sin x dx sin x dx x cosx Chn ỏp ỏn B CU 21: f x dx v g x dx 2 1 I x f x 3g x dx xdx f x dx g x dx 1 1 17 43 2 2 2 Chn ỏp ỏn C A CU 22: ABCD l hỡnh vuụng AC a D a ACC ' vuụng ti C: B AC '2 AC CC '2 2a2 a2 R 3a2 a C R O 3R A Chn ỏp ỏn D D B C CU 23: Loi ỏp ỏn A, B vỡ phng trỡnh dng tham s, tng quỏt BC 2;1;1 t i qua A 0; 1;3 v // vi t BC cú PTCT l Loi ỏp ỏn D Chn ỏp ỏn C CU 24: y x x trờn 0; x y z 1 x 0; y ' x x , y ' x 0; x 0; f 3; f 2; f max y Chn ỏp ỏn D 0; CU 25: Chn ỏp ỏn B CU 26: AB 6;2;2 6; 2; 3; 1; Loi ỏp ỏn B Gi I l trung im ca AB I 1;1;2 Loi ỏp ỏn C, D vỡ im I khụng thuc mt phng Chn ỏp ỏn A (Hoc gii cỏch khỏc: Mt phng trung trc ca AB i qua I v nhn AB lm VTPT: x y z 3x y z ) CU 27: z i i3 i i 2i Chn ỏp ỏn D CU 28: y ' log2 x ' x ' Chn ỏp ỏn B x ln x ln CU 29: P loga b2 c3 loga b2 loga c3 loga b 3loga c 13 Chn ỏp ỏn B CU 30: K: x log x log x log x log x log x log x log x log 2 x Vy S Chn ỏp ỏn A x x x2 4x x n x l CU 31: x x m x 2.2 x m t t x t PTTT: t 2t m YCBT PT theo t cú hai nghim thc dng phõn bit ' m S m m P Chn ỏp ỏn D CU 32: y x mx m2 x 3 D R , y ' x 2mx m2 , y " x 2m m 6m f ' m5 Hm s t cc i ti x 2m f " Chn ỏp ỏn C CU 33: (P) song song vi d v n P ud , u 1;0; 1;0;1 Loi ỏp ỏn B, C (S) cú tõm I 1;1; , bỏn kớnh R d I ,( P) d I ,( P) 2 2 R Loi ỏp ỏn D R Chn ỏp ỏn A CU 34: (d) song song vi P v Q u d n P , nQ 2;0; ỏp ỏn B, C im A thuc ng thng nờn loi ỏp ỏn A, chn ỏp ỏn D CU 35: y xm m , D R \ , y ' x x TH1: y ' m 1;0; Loi x y y y max y 1;2 1;2 1 16 16 f f 3 m m 16 3 m n TH2: y ' m x y y y max y 1;2 1;2 1 + + + + 16 16 f f 3 m m 16 3 m l S Chn ỏp ỏn B CU 36: SBC ABCD BC BC SAB Ta cú: SBC , ABCD SBA 600 SBC SAB SB ABCD SAB AB 1 V SA.SABCD AB.tan 600.AB.AD a 3.a.a a3 B 3 600 A a D a C Chn ỏp ỏn C CU 37: Theo cho, ta cú: x y2 xy x y2 xy xy xy x 3y 12 xy M log12 12 xy log12 x log12 y log12 12 log12 x log12 y Chn ỏp ỏn B 2 log12 x 3y log12 x 3y log12 x 3y CU 38: v t at bt c t a v c 4a 2b v t t 3t v a b a b b c6 c6 b 2a 3 99 M v t s ' t s t l nguyờn hm ca v t Suy s t 3t dt 24,75 Chn ỏp ỏn C CU 39: z i z a bi i a b a b i a b a a b a a b b a a a a b b Vy S 4a b Chn ỏp ỏn D CU 40: Theo cho, ta cú: f xe f x e dx ' f x e 2x 2x 2x dx x e x C x e x C ' e x x e x xe x f x e2 x I f ' x e2 x dx ? 2x 2x u e du 2e dx t dv f ' x dx v f x I f x e2 x f x e2 x dx f x e2 x f x e2 x dx xe x x e x C x ex C Chn ỏp ỏn C CU 41: Gi n l s nm ụng A dựng tr lng cho nhõn viờn Tng s tin ụng A dựng tr lng sau n nm l: 109 15% n1 Theo cho, ta cú: 10 15% n 23 2.10 20 n n log 23 n 5,96 20 Vy nm u tiờn tha ycbt l 2021 Chn ỏp ỏn C A CU 42: Chn ỏp ỏn C CU 43: BCD u cú CO 3a a 3 3a Sxq Rl a 3.3a 3 a2 Chn ỏp ỏn B C B O CU 44: 2 z i 2 a bi i 2 a b 2 D 2 z số ả o a bi số ả o a b2 a bi số ả o a a 2 b 12 a 2 a 2 b a 2 b 12 a b a b a b 2 2 a b a b a a ...KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013 Môn: Toán- Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC www.Giasunhatrang.net I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm). Cho hàm số y= x 3 – 3x -1. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9. Câu 2. (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 3 1-x – 3 x +2 = 0 . 2) Tính tích phân 2 0 I (x 1)cos xdx     . 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 y x 3 xln x   trên đoạn [1; 2]. Câu 3. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 30 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn một trong hai phần . 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm M(-1,2,1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x +2y + 2z = 0 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua M và vuông góc với (P). 2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là góc tọa độ và tiếp xúc với (P). Câu 5a. (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )z – 2 – 4i = 0. Tìm số phức liên hợp của z. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b. (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(–1; 1; 0) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1 1 2 1      1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng d. 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho độ dài đoạn AM bằng 6 Câu 5b. (1,0 điểm). Giải phương trình 2 z (2 3i)z 5 3i 0     trên tập số phức Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm Giải chi tiết đề toán tốt nghiệp năm 2013 Câu 1. (3,0 điểm). Cho hàm số y= x 3 – 3x -1. 1) KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ y = x 3 - 3x - 1 1. TẬP XÁC ĐỊNH: D = (-∞ ; +∞) 2. SỰ BIẾN THIÊN a) Đạo hàm y' = 3x 2 -3 y' = 0 ↔ x = -1 ; x = 1 ; → hàm số đạt 2 cực trị tại: A ( -1 ; 1 ), B ( 1 ; -3 ) b) Giới hạn và các đường tiệm cận + Giới hạn tại vô cực limy x   = c) Bảng biến thiên x -∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ -∞ -3 d) Chiều biến thiên và các cực trị + Hàm số đồng biến trên ( -∞ ; -1 ) + Hàm số nghịch biến trên ( -1 ; 1 ) + Hàm số đồng biến trên ( 1 ; +∞ ) + Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1; giá trị cực đại của hàm số là y = 1 + Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1; giá trị cực tiểu của hàm số là y = -3 3. ĐỒ THỊ a) Bảng giá trị x -2 -1 1 2 y -3 1 - 3 1 b) Vẽ 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9.  Gọi M(x 0 ,y 0 ) là tiếp điểm của phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C)  0 ' 2 (x ) 0 y =3x -3  Hệ số góc bằng 9 → 2 0 3x -3 = 9 → 0 0 2 2 x x        → 0 0 1 3 y y        Vậy có hai phương trình tiếp tuyến của đồ thi (C) +Với x o =2 Phương trình tiếp tuyến: y = 9x  17 +Với x o =  2 Phương trình tiếp tuyến: y = 9x + 15 Câu 2. (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 3 1-x – 3 x +2 = 0 . Giải: 3 1-x – 3 x +2 = 0 ↔ 3 3 2 0 3 x x    (1) Đặt t = 3 x , đk t > 0 Phương trình (1) ↔ 3 2 0-t t   ↔ -t 2 +2 t + 3 = 0 ↔ 1 3 (loaïi)t t       → x = 1 Vậy nghiệm phương trình là: x =1 2)Tính tích phân 2 0 I (x 1)cos xdx     . Giải Ta đặt 1 osxdx u x dv c       ↔ sinx du dx v      I =   2 0 1 x sinx   – 2 0 sin xdx   =   2 0 1 x sinx   + 2 0 cos x  = π/2 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 y x 3 xln x   trên đoạn [1; 2]. Giải: 2 1 3 ' (lnx ) x y x     2 l ln 0 Kim Trọng SĐT:01673093318 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 2 2x 3   (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O. Giải: 1. / 2 3 1 \ , 0, 2 (2 3) D y x D x                Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị. 3 3 2 2 lim , lim x x y y            TCĐ: 3 2 x   1 1 lim : 2 2 x y TCN y     2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x. Nghóa là: + ∞ 3 2  1 2 + ∞ - ∞ y y / x - ∞ 1 2 - - - 2 3 2  1 2 0 x y 2/3 Kim Trọng SĐT:01673093318 2 f’(x 0 ) = 1  2 0 1 1 (2x 3)      0 0 0 0 x 1 y 1 x 2 y 0             1 : y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại)  2 : y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3 (1 2 sin x)(1 sin x)     . Giải: ĐK: 1 sin 2 x   , sinx ≠ 1         2 1 2sin cos 3 1 2 sin 1 sin cos 2sin cos 3 1 sin 2sin cos 3 sin sin2 3 cos2               Pt x x x x x x x x x x x x x 1 3 1 3 cos sin sin2 cos2 cos cos 2 2 2 2 2 3 6                     x x x x x x   2 2 2 2 3 6 3 6           x x k hay x x k       2 2    x k   (loại) 2 18 3   x k   , k  Z (nhận) 2. Giải phương trình : 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0      (x  R) Giải: 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0      , điều kiện : 6 6 5 0 5 x x     Đặt t = 3 3x 2   t 3 = 3x – 2  x = 3 t 2 3  và 6 – 5x = 3 8 5t 3  Phương trình trở thành : 3 8 5t 2t 3 8 0 3      3 8 5t 3 8 2t 3      3 2 t 4 15t 4t 32t 40 0       t = -2. Vậy x = -2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2 0 I (cos x 1) cos xdx     Giải:       2 2 2 3 2 5 2 0 0 0 2 2 2 2 4 2 2 4 1 0 0 0 cos 1 cos cos cos cos cos 1 sin cos 1 2sin sin cos sin cos                    I x xdx xdx xdx I x xdx x xdx x x xdx t x dt xdx       Đổi cận: x= 0  t = 0; x = 2   t = 1 Kim Trọng SĐT:01673093318 3     1 1 3 5 2 4 1 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 3 2 0 2 8 1 2 3 5 15 1 cos2 1 1 1 1 cos cos2 sin 2 2 2 2 2 4 4 8 cos 1 cos 15 4                          t t I t t dt t x I xdx dx dx xdx x x I x xdx          Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Giải: Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình chiếu của I xuống BC. 2a a 3a IJ 2 2    S CIJ 2 IJ CH 1 3a 3a a 2 2 2 4     , CJ= BC a 5 2 2   S CIJ 2 2 3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3 IE CJ IE SE ,SI 4 2 CJ 2 5 5 5          ,   3 1 1 3a 3 3a 15 V a 2a 2a 3 2 5 5          Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y) 3 + (x + z) 3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z) 3 . Giải: x(x+y+z) = 3yz 1 3 y z y z x x x x     Đặt 0, 0, 0 y z u v t u v x x        . Ta có    2 2 2 1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2 2 4                      u v t t uv t t t t t Chia hai vế cho x 3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về           3 3 3 1 1 3 1 1 5 u v u v u v u v          A B D C I J E H N Kim Trọng SĐT:01673093318 4                           3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5 2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang ) Bài 1: KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi :TOÁN (KHÔNG CHUYÊN ) Ngày thi :03/6/2016 (Thời gian :150 phút –không kể thời gian phát đề ) (2,00 điểm)  x−y x − y3 A= +  x− y y−x   ÷: ÷  ( x− y ) + xy x+ y Cho biểu thức : 1.Tìm điều kiện xác định ≥0 2.Chứng minh A Bài 2: (2,00 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho parabol (P);y=2x2 đường thẳng (d);y=mx-2 1.Vẽ đồ thị (P) 2.Xác định giá trị m cho (d) (P) có điểm chung Tìm tọa độ điểm Bài 3: (2,00 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 270km.Tại thời điểm ,một ô tô từ A đến B xe máy từ B đến A,hai xe gặp C.Biết di chuyển quãng đường AB vận tốc ô tô xe máy không đổi Từ C đến B ô tô hết ,còn từ C đến A xe máy hết 30 phút Tính vận tốc ô tô vận tốc xe máy Bài 4: (3 điểm).Cho tam giác ABC vuông A (AB ... 0;2  x P’ P – 10  2 + 2 10  Nhìn vào BBT, ta có: Pmin  10  Chọn đáp án A CÂU 47: Vì H hình chi u vuông góc A d B  d nên AH  BH Gọi I trung điểm AB  I  3;2;1 ABH vuông H  IH  IA ... khác B, H   P    P  cắt  S  theo giao tuyến đường tròn có tâm J bán kính R  JB với J hình chi u vuông góc I lên  P x   t  Tìm tọa độ J: IJ đường thẳng qua I vuông góc với  P  có