SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang

( )

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2.Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến đường
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

.
∫

Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm:

√

.

Câu 4 (1,0 điểm).
(

1.Giải phương trình:

)

(

)

.

2.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

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

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

đoạn thẳng BC sao cho
(

)

. Gọi F là điểm thuộc
)


. Đường thẳng d đi qua A, C có phương trình 3x + 11y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C biết điểm A có

hoành độ âm.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ,

√
(

√
)

(

)

(

)

(

).

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(
(

)

(


)
)

.
--------------HẾT--------------

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

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1


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

Câu
1
1.1

Khảo sát: …..

1 điểm

*Tập xác định D = R/{1}
*Sự biến thiên:
Ta có:
(

)

0,25
.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (
) và (
).
Hàm số không có cực trị.
*Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
=> đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
=>đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị
(C).
*Bảng biến thiên:

*Đồ thị:
Đồ thị (C) cắt Ox tại điểm (

1.2

)

| |

(

0,25

0,25

), cắt trục Oy tại điểm (0;-1).

Gọi (
) ( ) (điều kiện a ≠ 1).
Gọi đường thẳng ∆ là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
Ta có (

0,25

)

|

0,25

|
√

|

|

Theo giả thiết khoảng cách từ M đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến đường tiệm
cận ngang do đó: | | | |

0,25

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2



|

⇔|

⇔*

⇔[

Vì phươn trình
+Với
( ).
+Với
(
)

0,25

⇔*

vô n h ệm.

1 điểm

Câu
2
Phương trình đã cho ⇔
⇔


(

+Với

⇔

+Với

⇔[

⇔
)⇔

0,25

⇔*

0,25

.

0,25
1 điểm

Câu
3
∫

Ta có
Đặt


=∫

∫

∫

(

) (

(

n|

)(

)

|

∫

n |√

Khi đó phương trình ⇔

)

0,25


)
(

n |√

0,25

|

0,5
điểm
0,25
)

(

(

)

) ⇔

Vậy phươn trình đã ch n h ệ

⇔*

)

(


)
(

0,25

)

à:
0,5
0,25

4.2
xác định và liên tục trên [1;e].
⇔[

Ta có
Ta lại có: ( )
Vậy:

)(

.

(

(

Điều kiện: x >0
Hàm số:


0,25

∫(

∫
|

⇔*

)

∫

|

n|

√

⇔ (

∫
∫

)

Điều kiện: {

⇔


0,25
{

∫

Vậy

√

∫

√

Do đó

=
Câu
4
4.1

√

( )

( )
.
, giá trị lớn nhất đạt được khi x = 2.
, giá trị nhỏ nhất đạt được khi x = 1.


0,25

Câu

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

3


5
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là ( )
.
Gọi B là biến cố: “4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả
màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+)4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra sô cách lấy là:
.
+)4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là:
.
+)Khi đó ( )
( )

+)Xác suất của biến cố B là ( )

0,25
0,25

0,25


( )

1 điểm

Câu
6

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều => SH ⊥ AB.
(
)⊥(
)
(
) (
)
Ta có: {
⊥(
) và
√
⊥
(
)
Vì ABCD là hình chữ nhật =>

√

.
0,25


.
√

√

Do đó
(đ )
Gọi J là trung điểm của CD => IJ // SC => SC // (AIJ)
=>d(AI, SC) = d(SC,(AIJ)) = d(C, AIJ)).
Ta có SC ∩ (AIJ) = J => d(C, (AIJ)) = d(D, (AIJ)) (Vì J là trung điểm CD).
Vậy d(AI, SC) = d(D, (AIJ)).
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHIJ là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD =>IK // SH (vì IK là đường trung bình tam giác SHD).
⊥(
)
√
Ta có {
⊥(
à
.
Ta có:

0,25

;
√
√

√

Vì IK ⊥ (ABCD)
D đó (

0,25

(

)

√

;

;
√

IK ⊥ AJ
√

√

√

.

.

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

4



1 điểm

Câu
7

0,25

Ta có {
{
(

( )

)

=>Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt ,

(

⇔{

)

(

)

(


(

)

(

)

⇔

⇔

)

{
,

⇔{

(

⇔

*

⇔ ( ⃗⃗⃗⃗⃗

)


{

[
Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF ⊥ CE.
⃗⃗⃗⃗⃗ t có:
Đặt BE = xAB => ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ à ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
Vì AF ⊥ CE d đó
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

)( ì

⃗⃗⃗⃗⃗ ) (⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗ )

0,25
⃗⃗⃗⃗⃗ .

⇔

⇔

Vì E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn
khi đó AF ⊥ CE.

⊥
Xét t
ác ACE có {
F à trực tâ t
ác ACE h y EF ⊥ AC.
⊥
Gọi H = EF ∩ AC => tứ giác ABFH nội tiếp hay H (T): (
)
(
)
là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T) => (
).
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF và AC tại K => BK // HE, khi đó ta có:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗

{
Gọi C(a;b) => ⃗⃗⃗⃗⃗ (
Do đó: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ {

) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (

, do đó H 0,25
0,25

⃗⃗⃗⃗⃗

)


(

)

(

)

⇔{

(

)

Vậy C(8;-2)
1 điểm

Câu
8
Điều kiện:

√ .

0,25

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

5



Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành: (
)
Nhận xét y = 0 không là nghiệm của pt =>
⇔ (
Đặt

(
)
, do đó pt

)

(

.

)
0,25

khi đó pt trở thành:
⇔(

⇔
Vì pt
+) Với

⇔

⇔


(

√

)*

)

(√

√

(

(

)

⇔

√

(

)

)

)


)√

)√

Với x = 3 => y = -2.
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm (

)

)

(

)

(

(

)√

)

(

)

+

⇔


.

)

(

0,25

)

)

(

(√

(√

0,25

√
(

)
)

(

(


Vì √

)

vào pt (1) của hệ ta được pt √
(
) (
⇔√
(
)
(

Thay

⇔(

)(

vô nghiệm.
⇔

)
1 điểm

Câu
9
(

Ta có:

=(

(

)

)

Ta lại có: (

(

(
(

)

=>

(

)(

(

)

)

Do đó:

(

)

((

(

Ta có (

)

)

)

)

(

)
(

)

(

)

)

(

(

)

(

)

0,25

)

(

)
(

)

(
)

((

)

(


)

)

(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

)

)

(


(

)

(

(

)

(

)

(

(

) .

)

)

(

=> ( )

( )


(
⇔

Bảng biến thiên:

)(
(

(

)(

)
(

)

0,25

) .
) .

=>
(
)
(
) .
Theo giả thiết a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c =1 => c (0;1).
Xét hàm số ( )
(

)
(
) với c (0;1).
Ta có

)

0,25

).
)

⇔

vì c

(0;1).
0,25

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

6


Từ BBT => ( )
Vậy

(

). Do đó


.

, giá trị nhỏ nhất đạt được khi
----HẾT----

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

7






SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN;
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 7/11/2015

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y  x3  3x2  1 có đồ thị là (C) .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A 1; 5 . Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến
với đồ thị (C)  B  A  . Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) 


x 2  3x  6
trên đoạn  2; 4 .
x 1

Câu 3 (1.0 điểm)
a) Giải phương trình lượng giác: cos 2x  cos 6x  cos 4x
b) Cho cos 2  



4

với     . Tính giá trị của biểu thức: P  1  tan   cos    
5
2
4


Câu 4 (1 điểm)
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x

2010


2 
trong khai triển của nhị thức:  x  2 
x 


2016


.

b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3
chữ số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(3; 4) và đường thẳng
d có phương trình: x  2y  2  0. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho: MA2  MB2  36.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB  2, AC  4.
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của đoạn thẳng AC. Cạnh
bên SA tạo với mặt đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: x2  y2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn
đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết
đường thẳng MN có phương trình: 20x  10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
2

xy  y  2y  x  1  y  1  x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

3 6  y  3 2x  3y  7  2x  7

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

x2

y2




z2


zx  8  y3 xy  8  z3
-------------------------- 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:..................................
yz  8  x3



>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1


Câu
1
(2.0 điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị…
• Tập xác định: D  .
• Sự biến thiên:
x  0  y  1

y '  3x 2  6x; y '  0  
 x  2  y  5

0.25

Giới hạn: lim y  ; lim  
x 

x 

Bảng biến thiên:

x
y'



-2



0
5



0




0



0.25



y

1
- H/s đb trên các khoảng (; 2), (0; ) và nb trên khoảng (2; 0).
- Hàm số đạt cực tại x  2;yCÑ  5 ; đạt cực tiểu tại x  0;yCT  1.
• Đồ thị:
x
1
y

0.25

1
5

3

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác….
+ Ta có: y'(1)  9  phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A 1; 5 là:
y  9(x 1)  5  y  9x  4 (d)

+ Tọa độ điểm B là giao của d và (C) có hoành độ là nghiệm pt:
x  1
x3  3x2  1  9x  4  x3  3x2  9x  5  0 (x  1)2 (x  5)  0  
 x  5

0.25

0.25

Do B  A nên B(5;  49) . Ta có: AB   6; 54   AB  6 82 ;

d  O,d  

4

0.25
.

82

1
1 4
Suy ra: SOAB  d  O,d  .AB  .
.6 82  12 (đvdt)
2
2 82
2
(1 điểm)

0.25


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất…
Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2; 4 , f '(x) 

x 2  2x  3
(x  1)2

0.25

Với x   2; 4 , f '(x)  0  x  3

0.25

10
3

0.25

Ta có: f(2)  4,f(3)  3,f(4) 

Vậy Min f ( x)  3 tại x = 3; Max f ( x)  4 tại x = 2
2; 4 

2 ; 4 

0.25

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2



3
(1.0 điểm)

a. Giải phương trình …

 cos 4x  0
PT  2 cos 4xcos 2x  cos 4x  cos 4x(2 cos 2x 1)  0  
 cos 2x  1

2






x  8  k 4
 4x  2  k


 x     k
 2 x     k 2


3
6
b.Tính giá trị biểu thức…


0.25

0.25


    nên sin   0,cos   0 . Ta có:
2
1  cos 2 1
1
,
cos2 
  cos   
2
10
10

Do

sin 2   1  cos2  

9
3
sin 
, tan  
 3
 sin  
10
cos 
10


Khi đó: P  1  tan   .
4
(1.0 điểm)

0.25

1
2

1  1
3 
2 5



5
2  10
10 

 cos   sin    1  3 .

0.25

a.Tìm hệ số của số hạng chứa x2010 trong khai triển…
k

2016

2016
2016


 2
2
k
k
Xét khai triển:  x  2    C2016
x 20163k
x 2016 k  2    2k C2016
x
x
k

0
k

0


 
2010
Số hạng chứa x
ứng với 2016  3k  2010  k  2 là 22 C22016 x2010 có hệ số là
2
22 C2016
 4C22016 .

b.Tính xác suất …
Gọi  là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”.
Khi đó:   A96  60480


0.25
0.25

0.25

Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:
+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 có C35 cách.
+Chọn 3 chữ số chẵn đội một khác nhau từ các chữ số 2, 4, 6, 8 có C34 cách.
+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.
Do đó A  C35 .C34 .6!  28800
Vậy xác suất cần tìm là: P(A) 
5
(1.0 điểm)

A




0.25

28800 10

60480 21

Tìm tọa độ điểm M …
Giả sử M(2t  2;t)  d  MA  (2t  3; 2  t)  MA 2  5t 2  8t  13

MB  (1  2t; 4  t)  MB  5t  12t  17
2


2

Ta có: MA  MB  36  5t 2  8t  13  5t 2  12t  17  36  10t 2  4t  6  0
 t  1  M(4;1)


 4 3
3
t
 M ; 

5
5 5
2

2

0.25
0.25
0.25

0.25

 16 3 
Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1),M  ;  .
 5 5
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

3



6
(1.0 điểm)

Tính thể tích khối chóp S.ABC
S

SH vuông góc (ABC)  góc giữa
SA và (ABC) là: SAH  60o

 SH  AH.tan SAH  2 3

K

D

0.25

E
H

A

C

B

ABC vuông tại B  BC  AC2  AB2  2 3  SABC 


1
AB.BC  2 3
2

0.25

1
1
Vậy VS.ABC  SH.SABC  .2 3.2 3  4.
3
3
Dựng hình chữ nhật ABCD  AB // CD  AB // (SCD)
 d(AB,SC)  d(AB,(SCD))  d(A,(SCD))  2d(H,(SCD)) (do AC  2HC )
Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD  HE  CD  CD  (SHE)
Trong (SHE), kẻ HK  SE (K SE)  HK  (SCD)  d(H,(SCD))  HK
Ta có: HE 

0.25

1
AD  3
2

SHE vuông tại E 

1
1
1
1 1 5
2 15



    HK 
2
2
2
5
HK
HS HE 12 3 12

0.25

4 15

5
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
Vậy d(AB,SC)  2HK 

7
(1.0 điểm)

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5.

A

Do IA  IC  IAC  ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M  MH  AB  MH //AC (cùng vuông
góc AC)  MHB  ICA (2)


N
E
M
B

Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:

H

I

C

0.25

IAC  ANM  ICA  AHM

 MHB  AHM  90o
Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a) IA.

a  0
Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  
a  2
Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)

0.25


>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

4



9
Gi E l tõm ng trũn ng kớnh AH E MN E t; 2t
10


38
Do E l trung im AH H 2t 1; 4t
10



58
48
AH 2t 2; 4t , IH 2t 4; 4t
10
10


272 896
Vỡ AH HI AH.IH 0 20t 2
t
0
5

25
8
11 13
H ; (thoỷa maừn)
t
5
5 5

28
31 17
H ; (loaùi)
t
25 25
25
11 13
8
Vi t H ; (tha món)
5
5 5

8
(1.0 im)

6 3
Ta cú: AH ; BC nhn n (2;1) l VTPT
5 5
phng trỡnh BC l: 2x y 7 0
Gii h phng trỡnh
iu kin: x 0, 1 y 6, 2x 3y 7 0 (*)


0.25

x 0
Nhn thy
khụng l nghim ca h phng trỡnh y 1 x 0
y 1
Khi ú, PT (1) x(y 1) (y 1)2

(y 1)(x y 1)

0.25

0.25

y 1 x
y 1 x
y 1 x
y 1 x

0.25



1
0
(x y 1) y 1

y 1 x

x y 1 0 y x 1 (do (*))

Thay vo PT (2) ta c: 3 5 x 3 5x 4 2x 7

K: 4 / 5 x 5 (**)

3 5 x (7 x) 3( 5x 4 x) 0


4 5x x 2
3 5 x (7 x)



3(4 5x x 2 )
5x 4 x

0

0.25



1
3
(4 5x x 2 )

0
3 5 x (7 x)
5x 4 x



x2 5x 4 0 (do (**)
x 1 y 2

(tha món (*),(**))
x 4 y 5
Vy nghim ca h phng trỡnh l: (1; 2), (4; 5).
9

0.25

Tỡm GTNN

>> Truy cp trang hc Toỏn Lý Húa Sinh Vn Anh tt nht!

5


(1 điểm)

a2 b2 c2 (a  b  c)2
  
(*) với a, b,c,x,y,z  0 và chứng minh.
x y z
xyz
(Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25)
Ta có BĐT:

Áp dụng (*) ta có: P 

(x  y  z)2

xy  yz  zx  8  x3  8  y3  8  z3

2  x  4  2x  x 2 6  x  x 2

2
2
2
2  y  4  2y  y
6  y  y2
8  y3  (2  y)(4  2y  y 2 ) 

2
2
2
2  z  4  2z  z
6  z  z2
3
2
8  z  (2  z)(4  2z  z ) 

2
2
2
2(x  y  z)
Suy ra: P 
2xy  2yz  2zx  18  (x  y  z)  x 2  y 2  z 2
Ta có:

0.25


8  x3  (2  x)(4  2x  x 2 ) 

0.25

2(x  y  z)2

(x  y  z)2  (x  y  z)  18
Đặt t  x  y  z (t  3). Khi đó: P 

2t 2
t 2  t  18

2t 2
với t  3.
t 2  t  18
2(t 2  36t)
Ta có: f '(t)  2
, f '(t)  0  t  36
(t  t  18)
BBT:
x 3
36
y'

0
144/71
y
3/4

Xét hàm số: f(t) 


3
khi t  3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x  y  z  1.
Từ BBT ta có: GTNN của P là:

0.25





2
0.25

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

6