Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 ­ lần 4 môn: Toán học ­ khối 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ­ LẦN 4 
THPT Chuyên Vĩnh Phúc  Môn: TOÁN­KHỐI 12 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian 
phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 2 3 2 y x x = - + 
a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  ( ) C  của hàm số 
b) Tìm các giá  trị của  tham số  m  để  đường thẳng ( ) : 2 2 d y m x = - -  cắt đồ thị  ( ) C  tại 3 điểm phân biệt 
( ) 2; 2 , , A B D -  sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D  với đồ thị ( ) C  bằng  27 . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3  3 
1 
log 9 log 3 log 5 
4 
x x x - = + + -  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân : 
( ) 
( ) 
1 
2 
0 
5 3ln 2 
1 
x x 
I dx 
x 
- + 
= 
+ ò 
. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tính môđun của số phức  z i +  , biết ( ) ( )  2 z i z i iz + + =  ( i  là đơn vị ảo) 
b) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5câu được chọn từ 15  câu dễ,10câu trung bình 
và 5  câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số 
câu dễ không ít hơn  2 .Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi 
“ Tốt”. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp  . S ABCD  có đáy  ABCD  là hình bình hành tâm O ,  4, 4 3 AB AD = =  , các 
cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi  M  là trung điểm của  OC .  Tính thể tích khối chóp  . S ABMD  và diện 
tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  SOCD . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho đường thẳng 
2 4 1 
: 
2 3 1 
x y z 
d 
+ - + 
= = 
- 
và điểm 
( ) 2; 1;3 M -  . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P  đi qua điểm ( ) 1;0;0 K  , song song với đường thẳng  d  đồng 
thời cách điểm  M một khoảng bằng  3 . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với  hệ  tọa độ  Oxy , cho  tam giác  ABC có trưc  tâm ( ) 5;5 H  , phương 
trình đường thẳng chứa cạnh  BC  là  8 0 x y + - =  . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC  đi qua hai 
điểm ( ) ( ) 7;3 , 4; 2 M N  . Tính diện tích tam giác  ABC . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 
2 2 2 3 1 1 
3 6 3 2 3 7 2 7 
x xy y y y x 
y x y x 
ì ï + - + - = - - ï í ï - + + - = + ï ï î 
. 
Câu 9 (1,0 điểm). 
Cho các số thực dương  , , a b c  thỏa mãn : ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 9 25 48 0 a b c a b c + + - + + + = 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2 
2 2 2 
a b c 
P 
b c c a a b 
= + + 
+ + + 
­­­­­­­­­­­­­­ 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:.............................. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên  lientoancvp@vinhphuc.edu.vn  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC  ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
THPT Chuyên Vĩnh Phúc  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ­ LẦN 4 
Môn: TOÁN ­ 12 
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu  Đáp án  Điểm 
1 
(2,0 điểm) 
a.(1,0 điểm).  3 2 3 2 y x x = - +  Khảo sát và vẽ đồ thị 
♥  Tập xác định:  D = ¡ 
♥  Sự biến thiên: 
ￚ Chiều biến thiên:  2 ' 3 6 y x x = -  ;  ' 0 0 y x = Û =  hoặc  2 x =  . 
0.25 
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2  ; 
+ Đồng biến trên các khoảng ( ) ;0 -¥  và ( ) 2;+¥  . 
ￚ Cực trị: 
+ Hàm số đạt cực tiểu tại  2 x =  ; yCT  (2) 2 y = = -  ; 
+ Hàm số đạt cực đại tại  0 x =  ; yCĐ  (0) 2 y = =  . 
ￚ Giới hạn:  lim ; lim 
x x 
y y 
®-¥ ®+¥ 
= -¥ = +¥ 
0.25 
ￚ Bảng biến thiên: 
x -¥  0                        2 +¥ 
y'  +        0  ­  0              + 
y  2 +¥ 
-¥  ­2 
0.25 
♥  Đồ thị: 
f(x)=(x^3)­3*(x)^2+2 
­8  ­6  ­4  ­2  2  4  6  8 
­5 
5 
x 
y 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số  m  để  đường thẳng ( ) : 2 2 d y m x = - -  cắt đồ thị 
( ) C  tại 3 điểm phân biệt ( ) 2; 2 , , A B D -  sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D 
với đồ thị ( ) C  bằng  27 . 
Phương trình hoành độ giao điểm  của  d  và ( ) C  là ( ) 3 2 3 2 2 2 x x m x - + = - -  0.25
( ) ( ) ( ) ( ) 
2 
2 
2 
2 2 0 
2 0 1 
x 
x x x m 
g x x x m 
= é 
Û - - - - = Û ê = - - - = ë 
d  cắt ( ) C  tại ba điểm phân biệt ( ) 2; 2 , , A B D -  khi chỉ khi ( ) 1  có hai nghiệm phân 
biệt khác  2 
( ) 
9 4 0  9 
0 
2 0  4 
m 
m 
g m 
D = + > ì ï Û Û ¹ > - í = - ¹ ï î 
( ) * 
0.25 
Với điều kiện ( ) *  , gọi  1 2 , x x  là các nghiệm của ( ) 1  thì  1 2 1 2 1, 2 x x x x m + = × = - -  0.25 
Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 1 1 : 3 6 3 6 9 1 9 27 k y x y x x x x x m ¢ ¢ = × = - - = + - = 
( ) 2 1 4 m Û + =  ,  1 3 m m = Ú = -  đối chiếu với điều kiện ( ) *  chỉ có  1 m =  thỏa mãn 
ycbt 
0.25 
2 
(1,0 điểm)  Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 
2 2 2 
3 3  3 
1 
log 9 log 3 log 5 
4 
x x x - = + + - 
♥  Điều kiện: 
( ) 
2 
2 
9 0 3 3 
3 , 5 
3 0 3 
3 
5 5 0 
x x x 
x x 
x x 
x 
x x 
ì ï ì - > ï ï ï ï é > ¹ ï ï ï ê + ¹ Û ¹ - Û í í ê ï ï <- ë ï ï ¹ ï ï - ¹ ï îï ï î
( ) 2 
0.25 
♥  Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 log 9 log 3 log 5 x x x Û - = + + - 
( ) ( ) 2 3 3 log 9 log 3 5 x x x é ù Û - = + - ë û 
( ) ( ) 2 2  9 3 5 3 3 5 x x x x x x Û - = + × - Û - = + - ( ) 3 
0.25 
· Với  3 x <-  hoặc  3 5 x < < 
( ) ( )( )  2 
1 73 
( ) 
2 3 3 3 5 18 0 
1 73 
( ) 
2 
x tm 
x x x x x 
x tm 
é - ê = ê 
ê Û - = + - Û - - = Û 
ê + ê = ê ë 
0.25 
·  Với 5  x <  thì 
( ) ( )( )  2 
3 57 
( / ) 
2 3 3 3 5 3 12 0 
3 57 
( ) 
2 
x t m 
x x x x x 
x loai 
é + ê = ê 
ê Û - = + - Û - - = Û 
ê - ê = ê ë 
Vậy phương trình có ba nghiệm 
1 73 3 57 
; 
2 2 
x x 
± + 
= = 
0.25 
3 
(1,0 điểm)  Tính tích phân : 
( ) 
( ) 
1 
2 
0 
5 3ln 2 
1 
x x 
I dx 
x 
- + 
= 
+ ò 
. 
Ta có: 
( ) 
( ) 
( ) 
1 1 
1 2 2 2 
0 0 
ln 2 
5 3 5 3 
1 1 
x x 
I dx dx I I 
x x 
+ 
= - = - 
+ + ò ò 
0.25 
( ) ( ) ( ) ( ) 
1 1 1 1 1 
1 
1 2 2 2  0 
0 0 0 0 0 
1 1 1 1 1 
ln 1 
1 1 1 1 1 
1 
ln 2 
2 
x x 
I dx dx dx dx x 
x x x x x 
+ - 
= = = - = + + 
+ + + + + 
= - 
ò ò ò ò 
0.25
( ) 
( ) 
1 
2  2 
0 
ln 2 
1 
x 
I dx 
x 
+ 
= 
+ ò 
. đặt 
( ) 
( ) 2 
1 ln 2 
2 
1 
1 2 
1 1  1 1 
u x  du dx 
x 
dv dx  x 
v x  x x 
ì ì = + = ï + ï ï Þ í í = + æ ö ï ï = - + = - + ç ÷ î ï + + è ø î 
( ) 
1  1 
1 
2  0 
0  0 
2 1 3 3 
ln 2 2 ln 2 ln3 ln 1 3ln 2 ln3 
1 1 2 2 
x 
I x dx x 
x x 
+ 
Þ = - + + = - + + = - 
+ + ò 
0.25 
Vậy 
1 3 9 5 
5 ln 2 3 3ln 2 ln3 ln3 4 ln 2 
2 2 2 2 
I æ ö æ ö = - - - = - - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0.25 
4 
(1,0 điểm) 
a.(0,5 điểm). Tính môđun của số phức  z i +  , biết ( ) ( )  2 z i z i iz + + =  ( i  là đơn vị ảo) 
Đặt  z a bi = +  , ( ) , a b Î ¡  ta có: ( ) ( )  2 z i z i iz + + = 
( )  2 2 1 2 1 2 2 2 z z i z z iz a b ai b ai Û × + + - = Û + - + = - + 
( ) 
2 2 
2 2 2 2 1 2  2 1 2 1 2 
2 2 
a b b 
a b b a b 
a a 
ì + - = - 
Û Û + + + = Û + + = í 
= î 
0.25 
( ) ( ) 2 2 1 1 2 z i a b i a b + = + + = + + =  . Vậy môđun của số phức  z i +  bằng  2  0.25 
b.(0,5 điểm).Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5câu được chọn từ 15 
câu dễ,10câu trung bình và 5  câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả 
ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn  2 . Lấy ngẫu nhiên một đề 
thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”. 
♥  Số phần tử của không gian mẫu là W = = 5 30 C 142506 
♥ Gọi A là biến cố " đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt” 
Vì trong một đề thi “Tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ 
không ít hơn 2 nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A 
TH1. Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó TH này có  3 1 1 15 10 5 C C C 
TH2. Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó TH này có  3 1 1 15 10 5 C C C 
TH3. Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó TH này có  2 1 2 15 10 5 C C C 
♥ Vậy  3 1 1 15 10 5 A  C C C W = + 
3 1 1 
15 10 5 C C C + 
2 1 2 
15 10 5  56875 C C C = 
0.25 
♥  Vậy xác suất cần tính là  (A) 
W 
= = = 
W 
A  56875 625 P 
142506 1566 
. 
( TH : Trường hợp) 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
Cho hình chóp  . S ABCD  có đáy  ABCD  là hình bình hành tâm O ,  4, 4 3 AB AD = =  , các 
cạnh bên bằng nhau và bằng  6 , gọi  M  là trung điểm của OC .  Tính thể tích khối chóp 
. S ABMD  và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  SOCD . 
Ta có ( ) 6 SA SB SC SD SO ABCD = = = = Þ ^ 
SOA SOB SOC SOD OA OB OC OD ABCD D = D = D = D Þ = = = Þ  là hình chữ 
nhật.  . 4.4 3 16 3 ABCD S AB AD Þ = = = 
0.25 
Ta có ( ) 2 2 2 2 4 4 3 8 BD AB BD = + = + =  2 2  2 5 SO SB OB Þ = - = 
Vậy  . . . 
1 1 32 15 3 
2 5 16 3 8 15 
3 3 3 4 S ABCD ABCD S ABMD S ABCD 
V SO S V V = × = × × = Þ = = 
0.25 
Gọi G  là trọng tâm  OCD D  , vì  OCD D  đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại 
tiếp tam giác  OCD D  . Dưng đường thẳng  d  đi qua G và song song với SO 
( ) d ABCD Þ ^  nên d là trục đường tròn ( ) OCD  . Trong mặt phẳng ( ) SOG  dựng 
0.25
đường thẳng trung trực của  SO , cắt  d  tại  K , cắt  SO  tại  I  ta có OI là trung trực 
của  , SO KO KS do KO KC KD K Þ = = = Þ  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
SOCD . 
Ta có 
2  2 
2 2 4 2 5 4 93 ; 
2 3 3 3 3 
CD 
GO R KO OI OG 
æ ö æ ö 
= = = = + = + = ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø 
. Do đó 
diện tích mặt cầu 
2 
2 
` 
93 124 
4 4 
3 3 câ u 
S R p p p 
æ ö 
= = = ç ÷ ç ÷ 
è ø 
. 
0.25 
6 
(1,0 điểm)  Trong  không  gian  với  hệ  tọa độ  Oxyz ,  cho đường  thẳng 
2 4 1 
: 
2 3 1 
x y z 
d 
+ - + 
= = 
- 
và điểm 
( ) 2; 1;3 M -  . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P  đi qua điểm ( ) 1;0;0 K  , song song với đường 
thẳng  d  đồng thời cách điểm  M một khoảng bằng  3 . 
d có vtcp ( ) ( ) 2; 3;1 , 2; 4; 1 u qua H = - - - r  , 
( ) P  có vtpt ( ) ( ) 2 2 2 ; ; , 0 n A B C A B C = + + > r 
( ) ( ) ( ) ( ) 
. 0 2 3 2 3 0 
2;4; 1 3 4 * 3 4 0 
u n C A B A B C 
d P 
H P C A B A B C 
= = - + ì ì - + = ì ï ï Û Û Û í í í - - Î ¹ - - + - ¹ ï ï î î î 
r r  0.25 
( ) P 
( ) 
( ) 
( ) ( ) 
1;0;0 
: : 3 2 0 
; ; 2 3 
qua K 
P Ax By B A z A 
vtpt n A B A B 
ì ï Þ + + - - = í 
= - + ï î 
r 
( ) ( ) 
( ) 2 2 2 
5 8 
, 3 3 
3 2 
A B 
d M P 
A B B A 
- + 
= Þ = 
+ + - 
0.25 
( ) ( ) 2  2 2 2 2 5 8 3 5 12 10 5 22 17 0 
5 17 
A B 
A B A AB B A AB B 
A B 
= é 
Û - + = - + Û - + = Û ê = ë 
·  Với  A B C B = Þ =  không thỏa mãn ( ) * 
·  Với  5 17 A B = Þ chọn  17 A =  ta có  5 19 B C = Þ = -  thỏa mãn ( ) * 
0.25 
. Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) :17 5 19 17 0 P x y z + - - =  0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong  mặt  phẳng  với  hệ  tọa  độ  Oxy ,  cho  tam  giác  ABC có  trưc  tâm ( ) 5;5 H  , 
phương  trình đường  thẳng  chứa  cạnh  BC  là  8 0 x y + - =  .  Biết  rằng  đường  tròn 
ngoại  tiếp  tam giác  ABC  đi qua hai điểm ( ) ( ) 7;3 , 4;2 M N  . Tính diện  tích  tam 
giác  ABC . 
Gọi  1 H  đối xứng với  H  qua  1 : 0 BC pt HH x y Þ - = { }  1 I HH BC Þ = Ç 
( ) ( ) 1 4;4 3;3 I H Þ Þ  . Ta chứng minh được điểm  1 H  thuộc ( ) ABC 
0.25 
( ) ( ) 2 2 2 2 : 2 2 0, 0 ABC x y ax by c a b c + - - + = + - > 
Do 
( ) 
( ) 
( ) 
2 2 
2 2 
2 2 
1 
7 3 14 6 0  5 
4 2 8 4 0 4 
36 3 3 6 6 0 
M ABC  a b c  a 
N ABC a b c b 
c a b c H ABC 
Î ì ì + - - + = = ì 
ï ï ï Î Þ + - - + = Þ = í í í 
ï ï ï = + - - + = Î î î î 
( )  2 2 : 10 8 36 0 ABC x y x y Þ + - - + = 
0.25 
{ } ( ) ( ) 1 1 6;6 , A HH ABC A do A H = Ç Þ ¹  . 
{ } ( ) , B C BC ABC = Ç Þ  tọa độ  , B C là nghiệm hpt  2 2 
8 0 
10 8 36 0 
x y 
x y x y 
+ - = ì 
í 
+ - - + = î 
0.25
( ) 
3 
5  6 6 8 
3 2, , 2 2 
6  2 
2 
x 
y 
BC d A BC 
x 
y 
é = ì 
í ê = + - î ê Þ Þ = = = ê = ìêí = êî ë 
Suy ra diện tích  ABC D  là ( ) 1 1 , 2 2 3 2 6 
2 2 ABC 
S d A BC BC D = × × = × × =  (đvdt) 
0.25 
8 
(1,0 điểm)  Giải hệ phương trình : 
( ) 
( ) 
2 2 2 3 1 1 1 
3 6 3 2 3 7 2 7 2 
x xy y y y x 
y x y x 
ì ï + - + - = - - ï ï í ï - + + - = + ï ï î 
. 
Đ/K ( ) 
0 
1 6 * 
2 3 7 0 
x 
y 
x y 
³ ì 
ï £ £ í 
ï + - ³ î 
. 
Từ ( ) ( ) ( ) 2  2 1 1 1 1 0 y x y x y y x Þ - - + - - + - - = 
0.25 
( ) ( ) 
0, 0&6 1 
1 
1 2 1 0 1 0 1 3 
1 
x y 
y x y x y x x y 
y x 
> ³ ³ ³ 
æ ö 
ç ÷ 
ç ÷ Û - - + + - = Þ - - = Û = - 
ç ÷ - + 
ç ÷ 
è ø 
144424443 
0.25 
Thê ( ) 3  vào ( ) 2  ta được pt 3 6 3 5 9 2 5 y y y - + - = +  , ( ) 4  đ/k  9  6 
5 
y £ £ 
Giải ( ) 4 ( ) ( ) 8 3 6 3 1 5 9 0 y y y y Û - - - + - - - = 
( ) 
2 2 7 10 7 10 
3 0 
8 3 6 1 5 9 
y y y y 
y y y y 
- + - + 
Û + × = 
- + - - + - 
Û ( ) 2 
9 
0, 6 
5 
1 3 
7 10 0 
8 3 6 1 5 9 
y 
y y 
y y y y 
> " £ £ 
æ ö 
ç ÷ 
ç ÷ 
- + + = ç ÷ 
- + - - + - ç ÷ 
ç ÷ 
è ø 
14444424444443 
0.25 
( ) ( ) ( ) 
( ) ( ) ( ) 
4 
2 
4 
2 1 * 
7 10 0 
5 4 * 
y x tm 
y y 
y x tm 
é = ¾¾® = 
ê Û - + = Û 
ê = ¾¾® = ë 
Vậy hpt có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ; 1;2 , ; 4;5 x y x y = = 
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Cho các số thực dương  , , a b c  thỏa mãn : ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 9 25 48 0 a b c a b c + + - + + + = 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2 
2 2 2 
a b c 
P 
b c c a a b 
= + + 
+ + + 
Cách 1  gtÛ ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 25 48 9 a b c a b c + + + = + +  kết hợp với đẳng thức 
( ) 4 4 4 2 2 2 1 
3 
a b c a b c + + ³ + +  , từ đó suy ra: 
( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  16 25 48 3 3 
3 
a b c a b c a b c + + + ³ + + Û £ + + £ 
0.25 
Áp dụng bất đẳng thức AM­GM ta có: 
( )  2 2 2 2  2 
2 9 3 
b c a a a 
b c 
+ 
+ ³ 
+ 
( )  2 2 2 2  2 
2 9 3 
c a b b b 
c a 
+ 
+ ³ 
+ 
, 
( )  2 2 2 2  2 
2 9 3 
a b c c c 
a b 
+ 
+ ³ 
+ 
. 
0.25
Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1  2 2 2 
3 9 
P a b c a b c b c a c a b é ù ³ + + - + + + + + ë û 
Mà 
3 3 3 3 3 3 3 3 3 
2 2 2 3 3 3 
3 3 3 
a a c c c b b b c 
a c c b b a a b c 
+ + + + + + 
+ + £ + + = + + 
Suy ra : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b a a b a c b b c b a + + + + + £ + + + + + 
( )( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 c c b c a a b c a b c a b c a b c + + + = + + + + £ + + + + 
Từ đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1  3 
3 9 
P a b c a b c a b c ³ + + - + + + + 
0.25 
Đặt ( ) 2 2 2 3 3 4 t a b c t = + + Þ £ £  . 
Cho nên ( ) [ ] 3 2 1 2  , 3; 4 
27 9 
P t t f t t ³ - + = Π
Xét hàm số ( ) [ ] ( ) 
( ) 2 3 2  4 1 2 4 , 3; 4 0 
27 9 9 9 9 
t t t t 
f t t t t f t 
- 
¢ = - + " Î Þ = - + = ³ 
[ ] 3;4 t " Î ( ) f t Þ  liên tục và đồng biến trên đoạn [ ] 3; 4 
( ) 
[ ] 
( ) ( ) 
[ ] 
2 3 
3;4 3;4 
3 3 
min 3 2 1 min min 1 1 
9 27 t t 
f t f P f t a b c 
Î Î 
Þ = = × - = Þ = = Û = = = 
0.25 
Cách 2;  Ta có ( ) 2 4 14 2 25 9 * , 0, " " 1 x x x x x + ³ - " > = Û =  thật vậy 
( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 * 9 25 14 2 0 1 9 18 2 0 x x x x x x Û - + + ³ Û - + + ³  luôn đúng .Vậy 
( ) ( ) ( ) 
2 4 
2 4 2 2 2 4 4 4 
2 4 
14 2 25 9 
14 2 25 9 14 6 25 9 48 
14 2 25 9 
a a a 
b b b a b c a b c a b c 
c c c 
ì + ³ - 
ï 
+ ³ - Þ + + + ³ + + - + + = í 
ï + ³ - î 
3 a b c Þ + + ³  , dấu bằng  1 a b c Û = = = 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy­Schawrz ta được 
( ) 
( ) 
2 2 2 2 
1 
2 2 2 3 3 
a b c a b c a b c 
P 
b c c a a b a b c 
+ + + + 
= + + ³ = ³ 
+ + + + + 
dấu bằng  1 a b c Û = = =  . Vậy giá trị nhỏ nhất của  P  bằng 1 1 a b c Û = = = 
Lưu ý khi chấm bài: 
­ Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. 
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
­ Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
­ Trong bài  làm, nếu ở một bước nào đó bị sai  thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không 
được điểm. 
­ Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
­ Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên  lientoancvp@vinhphuc.edu.vn  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl