bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
Môn thi : toán
Đề chính thức (Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________

Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
(1) ( là tham số).
23223
)1(33 mmxmmxxy +++= m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1
=
m
2. Tìm
k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033
2323
=++ kkxx
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
Cho phơng trình :
0121loglog
2
3
2
3
=++ mxx (2) ( là tham số). m
1 Giải phơng trình (2) khi
.2
=
m
2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [m

là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB .SC
a
AMN
mặt phẳng
( vuông góc với mặt phẳng . )AMN )(SBC
2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz cho hai đờng thẳng:


và

.



=++
=+
0422
042
:
1
zyx
zyx





+=
+=

Oxy , xét tam giác vuông tại , ABC A
phơng trình đờng thẳng
là BC ,033 = yx các đỉnh và A
B
thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm
của tam giác . G ABC

2. Cho khai triển nhị thức:

n
x
n
n
n
x
x
n
n
x
n
x
n
n
x
n
n
x
x
CCCC













+








=






+


( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t
13
5
nn
C=
bằng , tìm và n20 n
x
.
Hết
Ghi chú:
1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
Câu ý Nội dung
ĐH CĐ
I1

23
31 xxym +==
Tập xác định Rx . )2(363'
2
=+= xxxxy ,







=
=
=
3
0
0
x
x
y , 4)1( =y
Đồ thị:
( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1,0 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

1,5 đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
-
1
1 2 3
x
0

021
30
0)44)(1(
30
2
2
kk
k
kkk
k





<<

20
31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf

0,25 đ

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
3
Cách I.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy ,



+=
=
=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21

+++ mmmM là:

++
=
+
4
23
2
1
2
mmymx
mmxy +=
2
2
Cách II.
3)(3)1(363
222'
+=++= mxmmxxy , Ta thấy
0'09)1(99'
22
=>=+= ymm có 2 nghiệm
21
xx
và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và

2
2
.

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1.
Với 2=m ta có 051loglog
2
3
2

=
t (loại) ,
3
3
2
32
33log3log2

==== xxxt
3
3

=x thỏa mãn điều kiện 0>x .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)
0,25 đ 0,5 đ
2.
0121loglog
2
3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22

22)1(




+
+




+
+
m
m
m
mf
mf
Cách 2.
TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn 21
21
<<
tt .
Do 1
2
1
2
21

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III 1.
5
32cos
2sin21
3sin3cos
sin +=






+
+
+ x
x
xx
x
. Điều kiện
2
1
2sin x
Ta có 5
=







+
+++
x
xxxxx
2sin21
3sin3cos3coscossin
5
x
x
xx
cos5
2sin21
cos)12sin2(
=






+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32

=x . Ta thấy
21
, xx thỏa mãn điều
kiện
2
1
2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là:
3
1

=x và
3
5
2

=x .
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Ta thấy phơng trình
3|34|
2
+=+ xxx có 2 nghiệm 0
1
=x và .5
2
=x
Mặt khác ++
3|34|
2
xxx
[]

3
2
3
1
2
1
0
2
5635
5
3
23
3
1
23
1
0
23
2
5
3
1
6
2
3
3
1
2
5
3

6
13
=++=S (đ.v.d.t)
(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
++ 3|34|
2
xxx
[]
5;0x )
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
IV 1.

1đ

1đ
x
5

()( )
()
()
SKAISBCAI
MNAI
AMNAI
MNAMNSBC
AMNSBC










=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa

==

(đvdt)
chú ý
1) Có thể chứng minh MNAI nh sau:

() ()
AIMNSAKMNSAKBC
.
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho




















2
),0;0;0(
trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS. .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++




=





=

PMPM
un
P
22
2
2
0
1;2;1
0.

rr
Vậy
()
02:
=
zxP
Cách II Ta có thể chuyển phơng trình
1
sang dạng tham số nh sau:
Từ phơng trình

.
(Ta có thể tìm tọa độ điểm
11

M bằng cách cho 020
===
zyx
và tính
()
4;3;2
21
21
;
12
11
;
22
12
1
=











1;0;2 =
P
n
r
là: 02 = zx .
Mặt khác
()()
PM 1;2;1
2
phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx

5,0 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,1 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
2b)
b)Cách I.
()
MHtttHH +++ 21,2,1
2
=

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
V1.
Ta có
()
0;1
BOxBC =
I . Đặt
ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()







1đ
0,25 đ
7
()
2
1
2
3
.
2
1
==

aACABS
ABC
.
Ta có
()
|1|3|1|3
132
2
+

=
++
=
aa
a
BCACAB










=
3
326
;
3
134
132
22
Ga
.
Cách II.
y
C
I
O B A x
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22
==
I
yr
.
Phơng trình


3
326
;
3
347
1
G
TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa










3
326
;
3

−−
⇔
−
=
−
nnn
nnn
n
n
n
n
4
1
−=⇒
n (lo¹i) hoÆc .7
2
=
n
Víi 7=n ta cã
.4421402.2.3514022
222
3
3
4
2
1
3
7
=⇔=⇔=⇔=

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số m
x
mxmx
y ( (1)
1
2

++
=
là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành
độ dơng.
Câu 2 (2 điểm).
1) Giải phơng trình .2sin
2
1
sin
tg1
2cos
1cotg
2
xx
x
x
x +
+
=

M
là trung điểm cạnh CC . '
a) Tính thể tích khối tứ diện '
B
DA M theo a và b .
b) Xác định tỷ số
a
b
để hai mặt phẳng và (' )ABD ()
M
BD vuông góc với nhau.
Câu 4 ( 2 điểm).
1) Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x






+
5
3
1



.
Câu 5 (1 điểm).
Cho x, y, z là ba số dơng và x + y + z
1. Chứng minh rằng
.82
1

1

1
2
2
2
2
2
2
+++++
z
z
y
y
x
x

HếT

Ghi chú
: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: .

22
0
12
' 1 . ' 0
2.
(1) (1)
x
xx
yy
x
xx
=

+
= + = =

=



+
[]
=

=

0
1
1
lim)(lim


1 điểm
0,25 đ x



0 1 2 +

y
0 + + 0
+ + 3
y
CT CĐ
1




y
x

O
1
2

3
1


mm



= >




=+


= > = >



0
1
1
2
0
1
2
2
0
m
m
m
m
m


0,25 đ

0,75 đ

Câu 2. 2điểm
1)
Điều kiện
sin 0
cos 0 (*)
tg 1
x
x
x








.
Khi đó phơng trình đã cho
)cos(sinsin
cos
sin

xx
xx x
=



+=



TH1
:

sin cos tg 1 ( )
4
xxx xkk===+ Z

thỏa mãn điều kiện (*).
TH2:
22
1
1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :
2
xx x x x+=+=
vô nghiệm.
Vậy nghiệm của phơng trình là:

( )
4
xkk

xy
=

+ =

=



TH1
:
33 2
2121(1)(1)0
xy xy xy
yx xx x x x
== =




=+ =+ +=


1
15

2
15
.
2


0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ

0,5 đ




=+



= +
++=




Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
Cách 1.

22
42
113
20,
222

++= + + + >


x
xx x x.
Cách 2.
Đặt
0, 25 đ
Câu 3. 3điểm 1)
Cách 1.
Đặt
A
Ba=
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH
AC, mà BD
(AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc


vuông tại B có BH là đờng
cao và
2
3
a
BH =
.
Mặt khác:
n n
22 2
2222
22 2
2 2 . cos 2. cos
33 3
aa a
aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+
,
do đó
n
1
cos
2
BHD =

n
o
120BHD=
.
Cách 2.

0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ

0, 25 đ

hoặc

2
b
BD a a BM a= =
J
JJG JJJJG

2
, ; ;
22
ab ab
B
DBM a


=



J
JJG JJJJG
.
()
2
3
'; 0; ,.' .
2
ab
BA a b BD BM BA



==



J
JGJJJGJJJJG
,
mặt phẳng
(' )
A
BD có véctơ pháp tuyến là
2
2
,'(; ; )nBDBAababa

==

J
JG JJJG JJJG
.
Do đó
22 22
4
12
()(').0 0
22
ab ab
B
DM A BD n n a a b = + ==
JJGJJG

1)
Ta có
(
)
11
43 33 3
7( 3) 7( 3)
nn nn n
nn nn n
CC n CC C n
++
++ ++ +
=+ + =+
(2)(3)
7( 3) 2 7.2! 14 12.
2!
nn
nn n
++
=++===

Số hạng tổng quát của khai triển là
()
12
56011
3
22
12 12
.
k

)!412(!4
!12
4
12
=

=C
2) Tính tích phân
23
22
5
4
xdx
I
xx
=
+

.
Đặt
2
2
4
4
x
dx
tx dt
x
=+=
+


===

+


+
4
3
1215
ln ln .
4243
t
t

==

+

1 điểm
0, 5 đ


C
D

D

C
B

y
x

z
5

Câu 5. 1điểm
Với mọi
,uv
GG
ta có
| | | | | | (*)uv u v+ +
GG G G

(vì
(
)
2
22
222
| | 2. || || 2||.|| || ||uv u v uv u v u v u v+=++ + + = +

;
,






=

z
zc
1
;
.
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
|||| || | | || | |.a b c ab c abc++ ++ ++
G
GG GGG GGG

Vậy
2
222 2
222
111 111
()Px y z xyz
x
yz
xyz


3
1
0
39
xyz
txyz t
++

=<


.
Đặt
2
991
() 9 '() 9 0, 0; ()
9
Qt t Q t t Qt
t
t

=+ = <



giảm trên
1
0;
9



++ + + + = ++ + + + ++
2
111
18( ) 80( ) 162 80 82.xyz xyz
xyz

++ ++++=



Vậy
82.P

(Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
).
Ghi chú:
Câu này còn có nhiều cách giải khác.


Bộ giáo dục và đào tạo đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn thi : Toán , Khối A
Đề chính thức Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
2
x3x3
y
2(x 1)
+
=

(1).
1) Khảo sát hàm số (1).
2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.

Câu II (2 điểm)
1) Giải bất phơng trình
2
2(x 16)
7x
x3>
x3 x3


+



Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân I =
2
1
x
dx
1x1+

.

2) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của
8
2
1x(1x)


+


.
Câu V (1 điểm)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3.
Tính ba góc của tam giác ABC.



+
=
x
xx
y
=
()
11
x1
22x1
+

.

a) Tập xác định:
{
}
R\ 1 .
b) Sự biến thiên:

2
x(2 x)
y'
2(x 1)

=


0,25

Bảng biến thiên:
x
0 1 2 +

y' 0 + + 0

y
+ +
1
23
2
0,25

m
x
xx
=

+
12
33
2

()
02332
2
=++ mxmx (*). 0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0>

2
4m 4m 3 0>
3
m
2
>
hoặc
1



()()
123432
2
= mm
15
m
2

=
(thoả mãn (**))

0,25
II

2,0

II.1
(1,0 điểm) Điều kiện : x4 .
0,25

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:
22
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> >
()
1
1
loglog
4
4
1
=
y
xy
()
1
1
loglog
44
=
y
xy0,25
4
yx
log 1
y

=

0,25
III

3,0

III.1
(1,0 điểm) + Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3)
J
JJG
có phơng trình 3x 3y 0+=.
Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)
J
JJG
có phơng trình y = 1
( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
J
JJG
có phơng trình 3x y 2 0+=) 0,25 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3; 1)
0,25


2;0;1M ,

()
22;0;2 =SA ,
()
BM 1; 1; 2=
JJJJG
. 0,25 Gọi là góc giữa SA và BM.
Ta đợc:
()
SA.BM
3
cos cos SA, BM
2
SA . BM
= = =
J
JJG JJJJG
JJJG JJJJG
JJJGJJJJG
30= .



JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG
0,25

III.2.b
(1,0 điểm) Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD






2;
2
1
;0N
. 0,25

S.ABM
122
V SA,SM SB
63

==

JJJG JJJG JJG0,25S.AMN
12
V SA,SM SN
63

==

JJJG JJJG JJJG

S.ABMN S.ABM S.AMN
VVV 2=+=

0,25
IV 4Ta có:
111
23
2
000
t1 tt 2
I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt
1t 1t t1
++

===+

++ +


0,25I
1
32
0

88 8 8 8
5678
5 10 6 12 7 14 8 16
8888
1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1x
Cx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x

+ =+ + + +

++++
0,25Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25Vậy x
8
chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

32 40
83 84
C.C, C.C0,25

Do
0
2
sin >
A
,
1
2
cos
CB
nên
2
A
M2cosA42sin 4
2
+
.

0,25Mặt khác tam giác ABC không tù nên 0cos A , AA coscos
2
. Suy ra:
4
2
sin24cos2 +
A







=
A
. Vậy
0M
. 0,25Theo giả thiết: M = 0









=


0,25
B GIÁO DC VÀ ÀO TO

 CHÍNH THC
 THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2005
Môn: TOÁN, khi A
Thi gian làm bài: 180 phút, không k thi gian phát đ

C©u I (2 đim)
Gi
m
(C ) là đ th ca hàm s
1
ymx
x
=+ (*) ( m là tham s).
1) Kho sát s bin thiên và v đ th ca hàm s (*) khi
1
m.
4
=
2) Tìm m đ hàm s (*) có cc tr và khong cách t đim cc tiu ca
m
(C ) đn tim
cn xiên ca
m

==
−
và mt
phng (P) : 2x y 2z 9 0.+− +=
a)
Tìm ta đ đim
I
thuc d sao cho khong cách t
I
đn mt phng
(P)
bng 2.
b)
Tìm ta đ giao đim A ca đng thng d và mt phng (P). Vit phng trình
tham s ca đng thng ∆ nm trong mt phng (P), bit ∆ đi qua A và vuông
góc vi d.

C©u IV (2 đim)
1) Tính tích phân
2
0
sin 2x sin x
Idx.
13cosx
π
+
=
+
∫


Ht
Cán b coi thi không gii thích gì thêm.

H và tên thí sinh …… s báo danh
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
1
B GIÁO DC VÀ ÀO TO

 CHÍNH THC
ÁP ÁN – THANG IM
 THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2005

Môn: TOÁN, Khi A
(áp án – thang đim gm 4 trang)
Câu Ý Ni dung im
I

2,0
I.1 1,0
111
myx
44x
= ⇒ =+.
a) TX: {\{0}.
b) S bin thiên:
2
22

y’ + 0 − − 0 + y − 1 + ∞ + ∞
− ∞ − ∞ 1 0,25

d)  th
1
m
− 0
1
m
+∞
y'
+ 0 − || − 0 +
Hàm s luôn có cc tr vi mi m0.> 0,25

im cc tiu ca
()
m
C là
1
M;2m.
m
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

Tim cn xiên
(d):ymx mxy0.=⇔−=


0,25

II.

2,0
II.1 1,0
Bt phng trình: 5x 1 x 1 2x 4−− −> − . K:
5x 1 0
x10 x 2.
2x 4 0
−≥
⎧
⎪
−≥ ⇔ ≥
⎨
⎪
−≥
⎩
0,25
Khi đó bt phng trình đã cho tng đng vi
5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)−> − + −⇔ −> −+ −+ − − 0,25
22
x2 (2x4)(x1) x 4x42x 6x4⇔+> − − ⇔ + +> − +


()
=
⎡

III.1 1,0
Vì
()
1
Ad At;t.∈ ⇒
Vì A và C đi xng nhau qua BD và
B, D Ox∈
nên
()
Ct; t− .
0,25
Vì
2
Cd∈ nên 2t t 1 0 t 1.−−= ⇔= Vy
() ( )
A1;1,C1; 1− .

0,25
Trung đim ca AC là
()
I1;0. Vì I là tâm ca hình vuông nên
IB IA 1
ID IA 1
==
⎧
⎨
==

()
D0;0.
Vy bn đnh ca hình vuông là
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 0;0 ,C1; 1,D 2;0 ,−
hoc
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 2;0 ,C1; 1,D 0;0.− 0,25
III.2a 1,0

Phng trình ca tham s ca
x1t
d: y 3 2t
z3t.
=−
⎧
⎪
=− +
⎨
⎪
=+
⎩
Vy có hai đim
()()
12
I3;5;7,I3;7;1−−.
0,25
III.2b 1,0

Vì Ad∈ nên
()
A 1 t; 3 2t;3 t−−+ + .
Ta có
()
AP∈⇔
()( )( )
21 t 3 2t 23 t 9 0 t 1−+−+ − ++=⇔=.
Vy
()
A0; 1;4− . 0,25
Mt phng
()
P có vect pháp tuyn
()
n2;1;2.=−
f

ng thng d có vect ch phng
()

=+
⎩

0,25
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
4
IV

2,0
IV.1

1,0
2
0
(2cosx 1)sin x
Idx
13cosx
π
+
=
+
∫
.

0,25
t
2

2
2
21
t1 2 2
I2 1 dt 2t1dt.
339
⎛⎞
−
⎛⎞
=+−=+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
∫∫0,25 2
3
1
22t 2 16 2 34

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n 1 1 x C 2C x 3C x 2n 1 C x
+
++ + +
++ = + + +++
x.∀∈{

0,25
Thay x2=− ta có:
()
122334 2n2n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C 2.2C 3.2 C 4.2 C 2n 1 .2 C 2n 1.
+
++ + + +
−+ − +++ =+

0,25 Theo gi thit ta có
2n 1 2005 n 1002+= ⇒ = .
0,25


⎣⎦

Tng t
1111111111111
(2).
x2yz 42yxz 42y4x z 8y 2z 2x
⎛⎞⎡ ⎤⎛ ⎞
⎛⎞
≤+≤++=++
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟
⎢⎥
++ +
⎝⎠
⎝⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

1111111111111
(3).
x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y
⎡⎤
⎛⎞ ⎛⎞⎛ ⎞
≤+ ≤++=++
⎢⎥
⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟
++ +
⎝⎠ ⎝⎠⎝ ⎠
⎣⎦