SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  1 (C)
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số

y

x2
trên đoạn  2; 4 
x 1

Câu 3.(1,0 điểm)
a) Tìm môđun của số phức z biết z  2 z  1  7i .
b) Giải phương trình: 9 x  3.3x  2  0 .
1





Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0

Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
  y  4  2 y  12   8  x  y 

x

2

 2  x 2  y 

Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .Tìm GTNN của biểu thức:
P

25a 2
2a 2  7b 2  16ab



25b 2
2b 2  7c 2  16bc



c2 3  a 
a

---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:...........................................................
Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................





y

+

y

0
0

2
0

-


+

0,25

 

1
3

+Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2; 
+Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1.

y'

x2  2x
2

x  0
 y' 0  
x  2

0,25

 x  1
+Trên  2; 4  thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2.
0,25

+Ta có y  2   4; y  4  

16
3

0,25


+Max y =

16
khi x = 4
3

0,25

t0

có: t 2  3t  2  0  

4

0,25



1



1

I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx
0

2

0,25

1

I1   x 2 dx 
0

1


0
0

1

2

Vậy I  I1  I 2 
5

2

2

4

7
15

0,5



+Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng


(Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 .

0,25



6a

PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x

0,25

2

 1- 2sin x + sinx = 0
 sinx = 1 v sin x  


6b

1
2

0,25



7
 x   k 2 ; x    k 2 ; x 
 k 2 , ( k  Z )
2
6
6
Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách .



1
BC. AN  4a 2 3 .
2

M

Thể tích hình chóp S.ABC là:
1
1
VS . ABC  S ABC .SA  4a 2 3.8a
3
3

C

A
H

32a 3 3

(đvtt).
3

N

0,25

B


2

+Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:

0,25


d ( B, ( AMN )) 

3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
.
 2


S AMN
17
a 51
17

8
0,25

+Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H  2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là
các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau.

+ Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành.
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE
0,25


0,25

+ Đk: 

2
x  y

+ Từ pt thứ 2 ta có:

 y  4  2 y  12   8  x 2  y 
 x2  8  y 

 y  4  2 y  12  

 2  x2  8  y   2




2

 2  x 2  y 

x

2

 2  x 2  y   0





 2  x 2  y   0

2

0

0.25


+ Thay vào pt 1 ta được:
2 y  2  3 y  2  x3  4  x


0,25



3

y2  3 y2  x 4  x 

3

y2




0,25



2

+ Ta có:  a  b   0  2ab  a 2  b 2 . Nên ta sẽ có:
2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab  3a 2  8b 2  14ab 


 a  4b  3a  2b 

4a  6b
 2a  3b
2

+ Vậy ta sẽ có:

0,5
25a
2

2

2

2




2

 a2
 a  b  c   c 2  2c 
b2
c2  2
P  25 


  c  2c  25.
5a  b  c
 2a  3b 2b  3c 2c  3a 
2
 5  a  b  c   c  2c

0.25

2

+ Mà a  b  c  3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P  c 2  2c  15   c  1  14  14
Vậy GTNN của P  14
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1

0.25

 Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ
trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.



14

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


x 

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 ,
mặt bên BCC' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Giải hệ phương trình : 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y

Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .Tìm giá trị nhỏ


 TXĐ D= R


0.25
x  1

y  2

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=> 

x  3
 y  2

 - Giới hạn tại vô cực: lim y  ;

0.25

lim y  

x 

x 

BBT


x

1

Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
 Đồ thị
5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4
3
2

0.25

1

x
-2

-1

1

2

3

4


0.25
0.25
1.0


y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1  0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)

3

0.25
0.25
0.25
0.25


1
2

Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ). cos(   )
4

sin   cos 
1  2 sin 2 
P
(cos   sin  ) 




2

2
 x  2  = x  2x
x 


4

  C
14

k 14  3 k
14

x

.2k

x 

0.25
0.25

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3  2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu


bpt 


 9x

2



1.0
0.25

 3  2  3(3 x  1)  9 x  15  4

9x  1
2

9x 2  3  2

 3(3 x  1) 

2

9x 2  1
9 x 2  15  4

0

0.25

3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
2

2

điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN

0.25

0.25

1.0

C

B
A

M

N
6

H

B’


7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  ,

0.25

0.25

0.25
1.0


3 5
2 2

Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy ra

AH (2  x;2  y ) M là trung

điểm của BC
Học sinh tính được AH  5  x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

0.25

 x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
 2
 x  y 2  3 x  5 y  6  0


Điều kiện
3

 x  1  2x  1  3( x  1)  y 3  2 y 2  3 y
Xét hàm số f (t )  t 3  2t 2  3t , f ' (t )  3t 2  4t  3  0 t  R
3

2

0.25

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1
8







 x  2 3  x   2    x  1x 2  4 

x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 



2 x  2 3  x   4 
  x  2 ( x 2  x  2 )










0
 x  2 3  x   2 
 0 ( vi x   2 )

2
x 2  3 x 3



0.25



x  2
 x x20 
 x  1

0.25

2


b c a
a 3  b 3 7 a 2 5b 2 b 3  c 3 7b 2 5c 2 c 3  a 3 7c 2 5a 2


;


;


;
a  2b
18
18 b  2c
18
18 c  2a
18
18
12 a 2  b 2  c 2
2
Từ các đảng thức trên suy ra S 
18

0.25

Áp dụng (*) cho x lần lượt là



Vậy MinS =2 khi a=b=c=1


3

(2 x  1)  2 .

x 2  3dx

Câu 4 (1.5 điểm).
9

2 
3

a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của  x  2  .
x 

b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm
M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4


 x  1

2

Điểm
0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của

0,25

x 

đồ thị

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm

x 1

x 1

cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
-

Câu 1b
1.0đ

Gọi M  x 0 ; y0  ,

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có
x0 1

0,25

d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y 0
 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

x  0
1
, ta có : x 02  2x 0  1  2x 0  1   0
2
x0  4


sin x  0
 x  k
sin x  0



, k  .
  



sin
x


1
x


k
2

3
cos
x

sin
x


Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt .

0,25

t3
( x 2  3)3
C
Suy ra I   t.tdt   t dt   C 
3
3

0,25

2

Câu 4.a
0.5đ



3 cos x  sin x  2  0 0,25

9

k

9
9
2 
k


thuộc là
.
4845 323
1
Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong
3
0,25
2
đó SABCD  a
4
20

3


Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH  (ABCD)
Dựng HE  AB   SHE   AB ,
 là góc giữa (SAB)
suy ra SEH
  600
và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1
a

  HE 
CB IC 3
3

2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2

Do SHK vuông tại H 

0,25

Thay vào (1) ta có
1
1
1
1
4 1 3

BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  CAB
  BM  AC .
ABC  BEM  EBM

0,25

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13

x

 2x  y  3  0

 13 11 
5

 I ;


5 5 
 x  2y  7  0
 y  11

5
  12 6  
2   8 4 
 IM   ;  , IB   IM   ;   B 1; 3


2

4 5
5
 8   4 
BI  2
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
5
2
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
a 
5

  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2

Câu 7
1.0đ

2

3
2
6

0,5

a 21 2 7 a 2
2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S  4R  4(
) 
6
3
Câu 8
1.0đ

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
. Ta có (1)  x  y  3
 y 1  0

Đặt u  x  y , v 

 x  y  y  1  4( y  1)  0

0,5

y  1 ( u  0, v  0 )

5


 y  2 ( vì 

0,25

1
0
y  1  1 

2
4 y  2 y  3  2 y 1
2

4 y2  2 y  3  y 1  2 y



1
 0y  1 )
y 1 1

0,25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Câu 9
1.0đ

1 1
4
 


1 2
2 4 6
3
1 2 3

  a, nên    2      2  a    4 3.
c b
c b a
a
c b a


Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3.

0,25
0,25
0,25
0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu
nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB 
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF 
2

3
AD . Gọi F là
2

3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4

2

9 
1  225

. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x  11 y  2  0 . Tìm
x   y  
4 
4
8

16b 2  27  a  bc 

2

.
2
36  a  c 
___________ HẾT ___________

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………
Số báo danh: ………………………………………


ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1

Khảo sát……
* Tập xác định D  R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '  
 0, x  D .
2
 x  1

1điểm

0,25

-

0,25



2

1.1



2

* Đồ thị:

 1 
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1 .
 2 

0,25

1điểm

1.2

 2a  1 
Gọi M  a;
   C  (điều kiện a  1 ).
 a 1 

Vì phương trình a 2  a  6  0 vô nghiệm.

0,25

0,25


 7
+ Với a  3  M  3;  .
 2
+ Với a  2  M  2;1 .

0,25

Câu 2
2

2

Phương trình đã cho  cos 3x  cos x  2  2sin x  cos 3 x  cos x  2  2sin x
 cos x  0
2
2
 cos x  2  2 1  cos x  2 cos x  cos x  
 cos x  1

2

+ Với cos x  0  x   k ; k   .
2

x 2x2 1
dx  
dx
x
x2
1
 2 udu  xdx
2
2
2
Đặt u  2 x  1  u  2 x  1  
.
2
x2  u 1

2

Ta có I  

1
u2
u2 1  1
1
.
udu

du

du


1
Vậy I  2 x 2  1  ln 2 x 2  1  1  ln
2
2

2 x2  1  1  C .

0,25

0,25

0,25
0,5 điểm

Câu 4

4.1

0,25

1

 2 x 2  3x  1  0
x

Điều kiện: 

2.

x 1  0


2

0,25

0,5 điểm
Điều kiện: x  0.
Hàm số y  8ln x  x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
4.2

 x  2  1; e
8
Ta có y '   2 x  y '  0  
.
x
 x  2  1; e

0,25


Ta lại có: y 1  1 ; y  2   8 ln 2  4 ; y  e   8  e 2 .
Vậy : Max y  8ln 2  4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x  2.
1;e

0,25

Min y  1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  1.
1;e

Câu 5

Câu 6

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều  SH  AB .
 SAB    ABCD 

a 3
Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  và SH  SA2  HA2 
.
2

SH  AB, SH   SAB 
1
1
Vì ABCD là hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD  SH .SACD  .
.a 
(đvtt).
3
3 2
6
Gọi J là trung điểm của CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ 

 d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   .

3
3 4 2
24
a 17
AJ  AD 2  DJ 2 
.
2
1
1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK   ABCD   IK  AJ  SAIJ  IK .AJ  .
.

.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d  D,  AIJ   
.

SAIJ
17

0,25

1điểm

Câu 7


 3 12   4 
4  4
8
8
x  3
 2 11y 
x  3
 y  1
 2 11y
x





  y  1
 x  93  A 3;1 (vì x A  0 ).
3

13y2  10 y  23  0 
 13
23

 y  

23
13

 y  
13

0,25


AF  CE
Xét tam giác ACE có 
 F là trực tâm tam giác ACE hay EF  AC .
CB  AE
2

2

 9   1  225
Gọi H  EF  AC  tứ giác ABFH nội tiếp hay H  T  :  x     y   
,
4
8
 4 
 93 23 
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T)  H  ;   .
 13 13 
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K  BK / / HE , khi đó ta có
 AK AB


 KH  BE  3
 AH  12 HC  AH  12 HC

 KH  BF  3
 HC FC
 


  12 b 

 13
13 

Vậy C  8; 2  .

0,25

0,25

1điểm

Câu 8
3

Điều kiện: x  2.
3
2
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2  x  1  3 y  x  1  4 y 3  0
Nhận xét y  0 không là nghiệm của pt  y  0, do đó pt
3

0,25

2

 x 1 
 x 1


2

x3  2   2 x  1
x3  4 x 2  4 x  3
x3  2   2 x  1





 x  1



3

2



3

2

  x 2  1
3

2


  0  x  3.
3
2
3
2
3
2
x

2

2
x

1



x  1   x  1 x  1   x  1 


2
x  x  1
x  x 1
Vì

 0, x  3 2.
2
3
2

a2

Ta có: P 



b  c

a2

b  c

Ta lại có

2

2



 5bc

 5bc

Do đó P 

2

36  a  c 


a2

b  c

2

4b2



 5bc 9  a  c 

2



3
2
 a  b
4

0,25

a2
4a 2

2
2
5
2

2

2
2
 


a

b


   a  b



9  ab  ac ba  bc  4
9  ab  ac  ba  bc  4
2

2

2
 3
2   a  b
2
 
  a  b



2
1  c 
8  1 c  3
2
2

P 

1

c

 

  1  c  .
2
9  1  c 
9 1 c  4
 4
 1  c  c 

 2

2

2

8 1 c  3
8
2  3

  c  1 .

2
9  c  1   c  1 2

 f 'c  0 
Bảng biến thiên

0,25

 1
32
27 
1

  0  c  vì c   0;1 .
 c  1 
3

9
3
  c  1 64 
c

f '( c )

1
3

0