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

xx
x
5

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
.3,|34|
2
+=+= xyxxy
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi
ABCS
.
,S
M
và lần lợt
N
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

2
1
:
2
a) Viết phơng trình mặt phẳng
chứa đờng thẳng
)(
P
1

và song song với đờng thẳng
.
2


b) Cho điểm
. Tìm toạ độ điểm
)4;1;2(
M
H
thuộc đờng thẳng
2

sao cho đoạn thẳng
MH

có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc
Oxy

n
x
n
n
x
x
CCCC








+




















+










3
1
3
2
1
1
3
1
2
1
1
2
1
0

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 ,



=
=
=
2
0
0'
2
1
x
x
y
10",066" ===+= xyxy
Bảng biến thiên
+ 210x

'

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
2
4
y
www.boxmaths.com
2
I2
Cách I. Ta có
2332323
33033 kkxxkkxx +=+=++ .
Đặt
23
3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+
23
3
có 3 nghiệm phân biệt 43040
23
<+<<< kka


20
31
kk
k
Cách II. Ta có
[
]
03)3()(033
222323
=++=++ kkxkxkxkkxx
có 3 nghiệm phân biệt 03)3()(
22
=++= kkxkxxf
có 2 nghiệm phân biệt khác k





<<




++
>++=

20
31

+=
=
=
1
1
0
2
1
'
mx
mx
y
Ta thấy
21
xx và 'y đổi dấu khi qua
1
x và
2
x hàm số đạt cực trị tại
1
x và
2
x .
23)(
2
11
+== mmxyy và
23)(
2
22

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
x .
Ta có
23223
)1(33 mmxmmxxy +++=
()
.23363
33
1
222
mmxmmxx
m
x ++++




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
3
=++ xx
Điều kiện 0>x . Đặt 11log
2
3
+= xt ta có
06051
22
=+=+ tttt .
2
3
2
1




2.
0121loglog
2
3
2
3
=++
mxx (2)
Điều kiện 0>x . Đặt
11log
2
3
+=
xt ta có
0220121
22
=+=+ mttmtt (3)
.21log13log0]3,1[
2
33
3
+=
xtxx
Vậy (2) có nghiệm ]3,1[
3
khi và chỉ khi (3) có
nghiệm
[]
2,1 . Đặt tttf +=
2

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
<=
+ tt
nên không tồn tại m .
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm
21
,tt thỏa mãn
21
21
tt hoặc
21
21 tt

()
200242 mmm .


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






+
+
+
x
xx
x
2sin21
3sin3cos
sin
5


2sin21
cos)12sin2(
=






+
+
Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5
2
=++= xxxx
2cos =x (loại) hoặc ).(2
32
1
cos Zkkxx +==



1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

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
[]
5;0

x . Vậy
()()()
dxxxxdxxxxdxxxxS

++++++=++=
1
0
3
1
22
5

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






++






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
1
0
-1
y
3
3
2
1
8
-1
www.boxmaths.com
5
S







=

.
Suy ra SAK cân tại
2
3a
AKSAA == .
244
3
222
222
aaa
BKSBSK ===
4
10
84
3
2
22
2
222
aaaSK
SASISAAI
==
































6
2a)
Cách I. Phơng trình mặt phẳng )(
P
chứa đờng thẳng
1
có dạng:
()( )
042242 =++++ zyxzyx

( 0
22
+

)

()( )( )
044222 =+++

zyx
Vậy
()

2;22;
++=
P
n
r
.Ta có
()

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
1

suy ra .02 = zx Đặt





=
=
=

21
;
12
11
;
22
12
1
=











=
u
r
).
Ta có
()
2;1;1
2
=u
r

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
=
()
32;1;1 + ttt
()()( )
5)1(6111263211
22
222
+=+=+++= ttttttMH
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
()
3;3;21 Ht =
Cách II.

ax
A
=
ta có );( oaA và
.33 == ayax
CC
Vậy
(
)
33; aaC
.
Từ công thức
()
()





++=
++=
CBAG
CBAG
yyyy
xxxx
3
1
3
1
ta có

2
1
==

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

=
++
=
aa
a
BCACAB
S
r =
.2
13
|1|
=
+

a
Vậy


=
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
()
321
3
1
1.30:
0
=


TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với
.321=
I
xB
Tơng tự
ta có .3212 ==
I
xa










3
326
;
3
134
2
G
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

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
=⇔=⇔=⇔=









Thời gian làm bài : 180 phút

___________________________________ 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

.' ' ' 'ABCD A B C D
DCAB ,' ,
2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Ox
cho hình hộp chữ nhật
có trùng với gốc của hệ tọa độ,
yz
; 0; 0
.' ' ' 'ABCD A B C D
A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )
B
aDaAb

. Gọi
(0, 0)
ab
>>
M
là trung điểm cạnh
CC
.
'
a) Tính thể tích khối tứ diện
'
B
DA M
theo
a
và
b

, biết rằng
)3(7
3
1
4
+=
+
+
+
nCC
n
n
n
n

( n là số nguyên dơng, x > 0,
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
k
n
C
2) Tính tích phân

+
=
32
5
2
4
xx
dx
Ghi chú
: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.

Họ và tên thí sinh: . Số báo danh
: .
www.boxmaths.com
1
Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003


đáp án

thang điểm
đề thi chính thức

Môn thi : toán Khối A Nội dung điểm
Câu 1. 2điểm
1)
Khi
2
11
1.
11
xx


+
[]
=

=

0
1
1
lim)(lim
x
xy
xx
tiệm cận xiên của đồ thị là:
x
y =
.

=

y
x 1
lim
tiệm cận đứng của đồ thị là: 1=x .
Bảng biến thiên:

Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).


0,25 đ

0,5 đ 0, 25 đ

3
1
1
www.boxmaths.com
2
2)
Đồ thị hàm số
1
2

++
=
x
mxmx
y
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
dơng

phơng trình
2
() 0fx mx x m=++=
có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1
2
0
14 0
(1) 2 1 0
1
0, 0
m
m

m
m
m




<

<<





<

.
Vậy giá trị
m
cần tìm là:
1
0
2
m
<<
.
1 điểm
1
sincos
1
sin
cos
22
xxx
x
x
xx
x
x
+
+

=

cos sin
cos (cos sin ) sin (sin cos )
sin
xx
x
xx xxx
x

=+
2
(cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + =

2

4
xkk
= +Z
.
2) Giải hệ
3
11
(1)
2 1 (2).
xy
xy
yx

=



=+


+ Điều kiện
0.xy

+ Ta có
1
(1) ( )(1 ) 0
1.
x
y
xy

xy
xy
xy


==

+

==




==



1 điểm
0, 25 đ


www.boxmaths.com
3
TH2
:
3
3
4
1
1
1
(3)
2
21
1
2 0 (4).
y
xy
y
x
x
yx
x
xx
x


=
=
=


Đặt4
3
1
() 2 () min () 0
4



=++ = >


x
fx x x fx fx f
R
.
Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1515 1515
(; ) (1;1), ; , ;
22 22
xy

+ +
=




. 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
phẳng nhị diện
[]
,',
B
AC D
là góc
n
B
HD
.
Xét
'
A
DC

.
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.
Ta có BD

AC

BD

AC (Định lý ba đờng vuông góc).


H là tâm

BCD đều
n
o
120BHD=
.
1 điểm
0, 25 đ
H
I
www.boxmaths.com
4
2)
a) Từ giả thiết ta có
)
2
; ;() ; ;(' 0); ; ;(
b
aaMbaaCaaC
.
Vậy
( ; ; 0), (0; ; )
2
b
BD a a BM a= =
JJJG JJJJG

2
, ; ;
22
ab ab
B
DBM a


=



b) Mặt phẳng
()BDM
có véctơ pháp tuyến là
2
1
,; ;
22
ab ab
nBDBM a


==



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

==

JJG JJJG JJJG
.

0, 25 đ

0, 5 đ

0, 5 đ
Câu 4. 2điểm
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
++
=++===



= ==
k
k
xx k

Do đó hệ số của số hạng chứa
8
x
là
.495
)!412(!4
!12
4
12
=

=C

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

23 4 4
2
22
33
5
11 1
422
4
4
xdx dt
Idt
tt
t
xx

===

+


+
4
3
1215
ln ln .
4243
t

0, 25 đ

0, 25 đ 0,25 đ 0, 25 đ
A

A

B

C
D

D

C
B

y
x

z
www.boxmaths.com
5


=

x
xa









=

y
yb
1
;
,






=

z
zc

111 1 9
( ) 3 3 9P x y z xyz t
x
yz xyz t


+++++ + =+





, với
()
2
2
3
1
0
39
xyz
txyz t
++

=<


.
Đặt
2


(
Dấu = xảy ra khi
1
3
xyz===
)
.
Cách 2.
Ta có
22
222
111 111
( ) 81( ) 80( )
x
yz xyz xyz
xyz xyz

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

++ ++++=


0, 25 đ

0, 25 đ

hoặc

0,25 đ

0,5 đ www.boxmaths.com
* Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc.
* Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT.
* Phn mm Toỏn.
* Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh.
* Cỏc Phn mm ng dng khỏc.
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
1
log (y x) log 1
y
x y 25.

=



+=


Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm
()
A0;2
và
()
B3;1. Tìm tọa độ trực
tâm và tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,
AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2
2
). Gọi M là trung điểm
của cạnh SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA, BM.
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

Câu IV (2 điểm)
1) Tính tích phân I =
Họ và tên thí sinh

Số báo danhwww.boxmaths.com

1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

Đề chính thức

Môn:

Toán,

Khối A(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu
ý
Nội dung Điểm
I

2,0

{
}
R\ 1
.
b) Sự biến thiên:

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

=

;
y' 0 x 0, x 2== =
.
0,25 y
CĐ
= y(2) =
1
2

, y
CT

+

1
2
3
2





0,25
c) Đồ thị:
()
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>





2
12
xx 1=



()
12
2
12
xx 4xx1+ =

0,25


()()
123432
2
= mm



0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25+ Nếu
4x5
thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
đợc:
()
()
2
22
2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +<
10 34 x 10 34 <<+
.
Kết hợp với điều kiện
4x5
ta có:
10 34 x 5<
. Đáp số:
x10 34>

0,25

II.2
(1,0 điểm)

0,25

4
yx
log 1
y

=



4
3y
x =
.0,25Thế vào phơng trình x
2
+ y
2
= 25 ta có:
2
2

OA(0; 2)
JJJG
có phơng trình y =
1

( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
JJJG
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

+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình
3x y 2 0++=
.
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình
3x 3y 0+=
).


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
= = =
JJJG JJJJG
JJJG JJJJG
JJJGJJJJG





==


JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG
0,25

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






2;
2
1
;0N
.


.
0,25S.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

.

01 ==
t
x
,
12 ==
t
x
.
0,25

www.boxmaths.com

4Ta có:
111
23
2
000
t1 tt 2
I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt
1t 1t t1
++



=+ =


.

0,25

IV.2
(1, 0 điểm)
() () () () ()
() () () ()
8
234
2 0 1 2 24 36 48
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

+ =+ + + +

++++
0,25



3
2
cos
2
cos2221cos2
2



+
+=
CBCB
A
. 0,25Do
0
2
sin >
A
,
1
2
cos
CB







=
AA2
2
sin24
2
sin4
2
+=
AA
01
2
sin22
2







=

2
sin
1
2
cos
coscos
2
A
CB
AA


A90
BC45
=


==
0,25
m
(C ) đến tiệm
cận xiên của
m
(C ) bằng
1
.
2C©u II
(2 điểm)

1)
Giải bất phương trình 5x 1 x 1 2x 4.
−− −> −

2) Giải phương trình
22
cos 3x cos 2x cos x 0.−=C©u III (3 ®iÓm)
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

cho hai đường thẳng


và các đỉnh

B, D

thuộc trục hoành
.
2)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
x1 y3 z3
d:
12 1
−+−
==
−
và mặt
phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+− +=
a)

Tìm tọa độ điểm
I
thuộc
d
sao cho khoảng cách từ
I
đến mặt phẳng
(P)
bằng
2.


1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C2.2C3.2C4.2C (2n1).2C 2005
+
++ + + +
−+ − +++ =
L

(
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử).

C©u V
(1 điểm)
Cho
x, y, z
là các số dương thỏa mãn
111
4.
xyz
++=
Chứng minh rằng
111

2,0
I.1 1,0
111
myx
44x
= ⇒ =+
.
a) TXĐ: \\{0}.
b) Sự biến thiên:
2
22
11x4
y'
4x 4x
−
=− =
,
y' 0 x 2,x 2.=⇔=− =

0,25

y
CĐ
() ()
CT
y2 1,y y2 1.=−=− = =−
1 + ∞ + ∞
−
∞
−
∞ 1 0,25

d) Đồ thị



0,25
Xét dấu
y'

x

−∞

1
m
−

0

1
m

+∞

y'+

0

−
||
−

()
22
m2m
m
dM,d .
m1 m1
−
==
++ 0,25 ()
2
2
1m1
dM;d m 2m 1 0 m 1.
22
m1
=⇔ =⇔−+=⇔=
+

Kết luận:
m1=
.

22
x2 (2x4)(x1) x 4x42x 6x4⇔+> − − ⇔ + +> − +2
x 10x 0 0 x 10.⇔− <⇔<<0,25

Kết hợp với điều kiện ta có :
2x10≤<
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
0,25
II.2 1,0
Phương trình đã cho tương đương với

()()
1 cos6x cos 2x 1 cos 2x 0+−+=cos6x cos2x 1 0⇔−=0,25

cos8x cos 4x 2 0⇔+−=2
()
=
⎡
⎢
⇔
⎢
=−
⎢
⎣
cos 4x 1
3
cos 4x lo¹i .
2

Vậy
()
π
=⇔ = ∈]cos 4x 1 x k k .
2

Vì
2
Cd
∈
nên
2t t 1 0 t 1.
−−= ⇔=
Vậy
() ( )
A1;1,C1; 1
−
.

0,25
Trung điểm của AC là
()
I1;0
. Vì I là tâm của hình vuông nên
IB IA 1
ID IA 1
==
⎧
⎨
==
⎩0,25

b11

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 0;0 ,C1; 1,D 2;0 ,−

hoặc
() ( ) ( ) ( )
A1;1,B 2;0 ,C1; 1,D 0;0 .−
0,25
III.2a 1,0

Phương trình của tham số của
x1t
d: y 3 2t
z3t.
=−
⎧
⎪
=− +
⎨
⎪
=+
⎩

Vậy có hai điểm
()()
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−+−+ − ++=⇔=
.
Vậy
()
A0;1;4−
. 0,25
Mặt phẳng

0,5 Phương trình tham số của
∆
:
xt
y1
z4t.
=
⎧
⎪
=−
⎨
⎪
=+
⎩

0,25
www.boxmaths.com
4
IV

2,0
IV.1

1,0

=−
⎪
+
⎩

x0 t2,x t1.
2
π
=
⇒
==
⇒
=
0,25
()
12
2
2
21
t1 2 2
I2 1 dt 2t1dt.
339
⎛⎞
−
⎛⎞
=+−=+
⎜⎟
0,25
IV.2 1,0
Ta có
()
2n 1
0 1 22 33 2n12n1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1x C C xC x C x C x
+
++
++ + + +
+=+ + + ++

x.∀∈
\

0,25
Đạo hàm hai vế ta có
()() ()
2n
12 32 2n12n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n 1 1 x C 2C x 3C x 2n 1 C x
+
++ + +
++ = + + +++

x.∀∈\


V

1,0
Với
a,b 0>
ta có :
2
1ab 1111
4ab (a b) .
ab 4ab ab 4a b
+
⎛⎞
≤+⇔≤⇔≤+
⎜⎟
++
⎝⎠

Dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
ab=
.

0,25

Áp dụng kết quả trên ta có:
1111111111111
(1).
2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

⎜⎟ ⎜⎟⎜ ⎟
++ +
⎝⎠ ⎝⎠⎝ ⎠
⎣⎦ 0,5

Vậy
1111111
1.
2xyz x2yz xy2z 4x y z
⎛⎞
++≤++=
⎜⎟
++ + + ++
⎝⎠

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu
""=
xảy ra khi và chỉ khi
xyz.== Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
xyz .