Đề,HD thi thử rất hay

2 Tìm trên đồ thị C hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với A2; 0.. Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.. Lập phương t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 22-6-2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I Cho hàm số y x

x

2 1

=

− 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với A(2; 0)

Câu II

1) Giải phương trình: sin x t an x 2 ( + 1) = 3 sin x cos x( - sin x) + 3 ( )*

2) Tìm m để phương trình : 5x2 + 6x+ = 7 m x( + 1) x2 + 2 có nghiệm thực

Câu III Tính tích phân:I dx

x

6 0

1 2sin 3

π

=

−

∫

Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

4

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V: Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn 2 2 2

Tìm giá trị lớn nhất của 2 1 2 2 1 2 2 1 2 .

P

Câu VI:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4)

nằm trên parabol (P): y x= 2− 2x+ 1, tâm I nằm trên cung AB của (P) Tìm tọa độ hai đỉnh

C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là:

− ,

− Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ABC và tính diện tích của ∆ABC

Câu VII: Gọi z z z z1 , , , 2 3 4là bốn nghiệm của phương trình z4 − −z3 2z2 + 6z− = 4 0 trên tập số phức tính tổng: 2 2 2 2

S

Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 22-6-2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I Cho hàm số y x

x

2 1

=

− 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với A(2; 0)

2) Ta có C y

x

2 ( ) : 2

1

= +

− Gọi B b C c

    với b< < 1 c Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox

Ta có: AB AC BAC= ;· = 900⇒· CAK BAH+· = 900 =· CAK ACK+· ⇒· BAH ACK=·

và: · BHA CKA · ABH CAK {AH CK

HB AK

0

=

b c

c c

b

2

1 1

1

− = +

= −

− ⇔

=

−











Vậy B( 1;1), (3;3)− C

Câu II

1) Giải phương trình: sin x t an x 2 ( + 1) = 3 sin x cos x( - sin x) + 3 ( )*

Điều kiện: cos x ¹ 0

● Do cos x ¹ 0 nên chia hai vế ( )* cho cos x 2 ¹ 0, ta được:

( ) sin x22 (tan x 1) 3 sin x cos x2 3 sin x2 3. 12

Û t an x tan x 2 + 1 = 3 tan x - 3 tan x 2 + 3 1 + tan x 2

Û tan x 3 + tan x 2 - 3 tan x + 3 tan x 2 - 3 tan x 2 - 3 = 0

4

3

ê

ê

p

ë

l l

¢

2) Tìm m để phương trình : 5x2 + 6x+ = 7 m x( + 1) x2 + 2 có nghiệm thực

Giải:

TXĐ: D=R

PT trơ thành : 3(x+ 1) 2 + 2(x2 + = 2) m x( + 1) x2 + 2

Do x=-1 không thỏa mãn, ta chia cả hai vế cho (x+ 1) x2 + 2

Ta được 3. 2 1 2 2 2

1 2

m x

x

+

x -∞ 2 +∞

t’(x) + 0

-t(x)

6

2 -1 1

vậy 1; 6 2 t   ∈ −    Pt trở thành: 3 2 ; ( ) 3 2 '( ) 3 22; '( ) 0 2( ) 3 t m f t t f t f t t tm t t t + = = + ⇒ = − = ⇔ = ± t -1 2

3 − 0 2

3 6

2 f’ + 0 - - 0 +

f -2 6 +∞

-5

ĐS: m≤ − 2 6 ; m≥ 2 6 Câu III Tính tích phân:I dx x 6 0 1 2sin 3 π = − ∫ • Ta có: I dx dx x x 6 6 0 0 1 1 1 2 2 sin sin sin sin 3 3 π π π π = = − − ∫ ∫ x x dx dx x x x 6 6 0 0 cos cos 2 6 2 6 3 sin sin 3 2cos sin 2 6 2 6 π π π π π π π π     + − −   ÷  ÷ ÷       = =     −  + ÷  − ÷     ∫ ∫ x x dx dx x x 6 6 0 0 cos sin 2 6 2 6 1 1 2 sin 2 cos 2 6 2 6 π π π π π π  −   +   ÷  ÷     = +  −   +   ÷  ÷     ∫ ∫ x 6 x 6 0 0 ln sin ln cos

Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

4

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

2 6

6

Từ giả thiết AC = 2 a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó · 0

60

A DB = Hay tam giác ABD đều

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD)

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có

DH ⊥ AB và DH = a 3; OK // DH và 1 3

a

OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là

khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2

2

a SO

OI =OK + SO ⇒ = Diện tích đáy S ABCD = 4 S∆ABO = 2.OA OB = 2 3a2;

đường cao của hình chóp

2

a

SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

.

S ABC ABC

a

Câu V: Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn 2 2 2

Tìm giá trị lớn nhất của 2 1 2 2 1 2 2 1 2 .

P

Đặt x 1;y 1;z 1

16

Mặt khác ( )2 ( 2 2 2) ( )2 6039

16 3

x y z+ + ≤ x +y +z ⇒ + +x y z ≤

Ta có

3

2

2

Tương tự 2 1 2 1 (3 ), 2 1 2 1 (3 )

5b 2bc c ≤ y z+ 5c 2ac a ≤ z x+

Ta có 4 ( ) 6 9

3 8

0

P≤ x y z+ + ≤

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6039

12

6039

a b c= = =

S

A

B K

H C

O

I D

3a

a

Câu VI:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4)

nằm trên parabol (P): y x= 2− 2x+ 1, tâm I nằm trên cung AB của (P) Tìm tọa độ hai đỉnh

C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất

• I nằm trên cung AB của ( P) nên I a a( ; 2− 2a+ 1) với 0 < a <3.

Do AB không đổi nên diện tích ∆IAB lớn nhất khi d I AB( , ) lớn nhất

Phương trình AB: x y 1 0− + =

d I AB( , ) = a a2 2a 1 1

2

2

2

− + (do a ∈(0;3))

⇒d ( I, AB) đạt GTLN ⇔ f a( ) = − +a2 3a đạt GTLN ⇔ a 3

2

= ⇒ I 3 1;

2 4

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C 3; 1 ; D 0; 7

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là:

− ,

− Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ABC và tính diện tích của ∆ABC

• Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH ⇒ ( )P ⊥ ⇒d1 ( ) :P x y+ − + = 2 1 0z

B= ( )P ∩d2⇒B(1;4;3) ⇒ phương trình BC x:{ = + 1 2 ;t y= − 4 2 ;t z= 3

Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d 2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M Ta có:

( ) :Q x−2y z+ − = ⇒2 0 K(2;2;4)⇒M(1;2;5) (K là trung điểm của CM).

x

1

3 2

 =



 = −



, do A AB d1 A(1;2;5) S ABC 1 AB AC, 2 3

2

Câu VII: Gọi z z z z1 , , , 2 3 4là bốn nghiệm của phương trình z4 − −z3 2z2 + 6z− = 4 0 trên tập số phức tính tổng: 2 2 2 2

S

4 3 2

z − −z z + z− = ( ) ( ) ( 2 )

Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là

1 2 3 4

1 2 1 1

z z

=



 = −



 = +

 Thay và biểu thức 2 2 2 2 ( ) (2 )2

1

S

Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 23-6-2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I Cho hàm số y m x3 (m 2)x2 (m 1)x 2

3

= + − + − + (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.

2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x1, cực tiểu tại x2 thỏa mãn x1<x2< 1

Câu II 1)Giải phương trình: ( )

( )

2 x

2 3 cos x 2 sin

1

2 cos x 1

æ p÷ ö

2)Giải hệ phương trình :







+

= +

−

+

=

−

3 3 2

1 3

2

3

x y xy y

y x

x

Câu III Tính tích phân : 2 2

0

sin 2x cos dx

π

Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC= , = 2 ,a ACB· = 120 0và đường thẳng

'

A C tạo với mặt phẳng ( ABB A' ') góc 0

30 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

A B CC và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a

Câu V CMR:∀ a, b, c > 0 ta có: ab bc ca

a b c 6

+ +

Câu VI.

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( –1)x 2+ + (y 1)2= 25 và điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x 1 y 2 z

−

và d2:x 2 y 1 z

− Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d2 là lớn nhất

Câu VII Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z+ 3z= +(2 i 3) z

Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 22-6-2013

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I Cho hàm số y m x3 (m 2)x2 (m 1)x 2

3

= + − + − + (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.

2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x1, cực tiểu tại x2 thỏa mãn x1<x2< 1

• Ta có: y mx′ = 2+ 2(m− 2)x m+ − 1; y 0′ = ⇔ mx2 + 2(m− 2)x m+ − = 1 0 (1)

Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x1<x2< 1 khi m > 0 và (1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1

Đặt t x 1= − ⇒ x t 1= + , thay vào (1) ta được:

m t( 1) + 2+ 2(m− 2)( 1)t+ + − =m 1 0 ⇔mt2+ 4(m− 1) 4t+ m− = 5 0

(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 ⇔ (2) có 2 nghiệm âm phân biệt

m P S

0 0 0 0

∆

 >

 ′

 >

⇔  >

<



m

⇔ < < .

Câu II 1)Giải phương trình: ( )

( )

2 x

2 3 cos x 2 sin

1

2 cos x 1

æ p÷ ö

-● Điều kiện: cos x 1 ( )1

2

( ) (2 3 cos x) 1 cos x 2 cos x 1 0

2

æ p÷ ö

Û 2 cos x - 3 cos x + sin x - 2 cos x = 0

( )

÷

● Thay nghiệm vào ( )1 , họ nghiệm phương trình là: x k , k( )

6

p

2)Giải hệ phương trình :







+

= +

−

+

=

−

3 3 2

1 3

2

3

x y xy y

y x

x

ĐK: y≥ − 1

Pt : y2- xy + 2y=3x +3⇔(y- x-1)(y+3)=0⇔y=x+1( y+3>0)

Thay vào phương trình (1) ta có x3 − 3x= x+ 2

Đk: x≥ − 2 nếu x> 2 thì

2 2

) 4 (

3 − x= x+x x − > x> x = x+x > x+

Do đó để giải (1) chỉ cần xét − 2 ≤ x≤ 2 đặt x= 2cost ; t∈[ ]0 ; π

Phương trình trở thành : cos3t=cos(t/2)

Giải pt với t∈[ ]0 ; π ta có :

x= 2;

7

4

; 5

4 cos

x suy ra nghiệm của hệ (x; x+1)

Câu III Tính tích phân : 2 2

0

sin 2x cos dx

π

Đặt

2x

dv=sinx.cos dx=-cos ( osx)

u

=





2 x -cos v=

4

x

=









Khi đó

2 0

sin2x+ sin4x

x

π

Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC= , = 2 ,a ACB· = 120 0và đường thẳng

'

A C tạo với mặt phẳng ( ABB A' ') góc 30 0 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

A B CC và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a

Trong (ABC), kẻ CH ⊥ AB (H∈AB) , suy ra CH ⊥(ABB A' ') nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’) Do đó:

·A C ABB A' ,( ' ')=(·A C A H' , ' ) =CA H· ' = 30 0

Do CC'/ /AA' ⇒CC'/ /( ABB A' ') Suy ra: d A B CC( ' , ') =d CC( ',(ABB A' ') ) =d C ABB A( ,( ' ') ) =CH

2 0

.s in120

ABC

a

• AB2 =AC2 +BC2 − 2AC BC .cos120 0 = 7a2 ⇒ AB a= 7

• 2. 21

7

ABC

CH

AB

∆

Suy ra: ' 0 2 21

Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35

7

a

AA = A C −AC =

Suy ra: ' 3 105

14

ABC

a

Câu V CMR:∀ a, b, c > 0 ta có: a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2bab + bc + ca

a b c 6

+ +

Ap dụng bất đẳng thức: (1a b c+ +1 1

)(a + b + c)≥ 33 1

abc33abc= 9⇒

1

a b c + + ≤

1

9(

a b c

1

a 3b 2c + + =

ab

a c b c 2b + + + + ≤

ab

9 (

a c b c 2b

1

Tương tự: b 3c 2abc

bc

9 (

b a a c 2c

1

ca

c 3a 2b + + ≤

ca

9 (

1

b a

VT≤ ab

9 (

a c b c 2b

1

bc

9 (

b a a c 2c

1

ca

9 (

1

b a

ab

9 +

bc

9 )

1

a c + + (ab

9 +

ca

9 )

1

b c + + (

bc

9 +

ca

9 )

1

b a + +

a

18+

b

18+

c

18=

b(a c) 9(a c)++ +

a(b c) 9(b c)++ +

c(b a) 9(b a)++ +18a +

b

18+

c

18=

= a

9+

b

9+

c

9+

a

18+

b

18+

c

18=

a

6+

b

6+

c

6=

a b c 6

+ +

= VP

Câu VI.

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( –1)x 2+ + (y 1)2= 25 và điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB

• P M C/( ) = 27 0 > ⇒ M nằm ngoài (C) (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.

Mặt khác:

M C

P /( ) =MA MBuuur uuur = 3MB2⇒MB= ⇒ 3 BH = 3 ⇒IH = R2 −BH2 = = 4 d M d[ ,( )]

Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a 2 + b 2 > 0).

a

a b

a2 b2

0

5

 =

= −



2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: x 1 y 2 z

−

và d2:x 2 y 1 z

− Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d2 là lớn nhất

• d1 đi qua M(1; 2;0)− và có VTCP u (1;2; 1)r= − .Vì d1⊂ ( )P nên M∈ ( )P .

PT mặt phẳng (P) có dạng: A x( − +1) B y( + +2) Cz=0 (A2 +B2 +C2 ≠ 0)

Ta có: d⊂( )P ⇔u nr r. = ⇔ = +0 C A 2B .

Gọi α = (( ), )· P d2 ⇒ A B A B

2

α

TH1: Với B = 0 thì sin 2 2

3

= α

TH2: Với B ≠ 0 Đặt t A

B

t t

2 2

1. (4 3)

+

=

+ + α

Xét hàm số f t t

t t

2 2

(4 3) ( )

+

= + + Dựa vào BBT ta có: f t

25 max ( )

7

= khi t= −7 ⇔ B A= − 7

Khi đó sin f( 7) 5 3

9

= − =

So sánh TH1 và TH2 ⇒α lớn nhất với sin 5 3

9

=

α khi A B = − 7.

⇒ Phương trình mặt phẳng (P) : 7x y− + − =5  9 0 z

Câu VII Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z+ 3z= +(2 i 3) z

Đặt z x yi x y= + ( , ∈ ¡ ) ta được



⇔ 



0

3 0

0 3

x

y

x

≥





Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y= − 3x với x≥ 0

Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 24-6-2013

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I.Cho hàm số y x= 4− 4x2+m (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 2=

2) Tìm các giá trị của m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình

phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần phía trên trục hoành bằng diện

tích phần dưới trục hoành

Câu II.1)Giải phương trình: 2 sin x3 2 sin x 1 ( )

4

æ p÷ ö

ç + ÷ =

2)Giải phương trình : ( )

2 2 2

2

2

1 1

1

x x

x

+ +

−

Câu III Tính tích phân: I =

6

0

1 cos cos

4

dx

π

π

∫

Câu IV.Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a Các mặt

bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60o Tính thể tích khối chóp

Câu V Giải bÊt phương trình: ( x+ 3 − x− 1 )( 1 + x2 + 2x− 3 ) ≥ 4

Câu VI.

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường

phân giác trong góc A có phương trình x y 1 0− + = , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A 3; 1; 2( − − )

, B 1;5;1( ), C 2;3;3( ) , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ Tìm toạ độ điểm D

Câu VII Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

các điều kiện: z i− = − −z 2 3i Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức

có mô đun nhỏ nhất

Hết:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG

Thi ngày 24-6-2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I.Cho hàm số y x= 4− 4x2+m (Cm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 2=

2) Tìm các giá trị của m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi (Cm) với trục hoành có diện tích phần phía trên trục hoành bằng diện

tích phần dưới trục hoành

• PT hoành độ giao điểm của (Cm) với trục hoành: x4− 4x2+ =m 0(1)

⇔ t x t t2 2t m, 0

 = ≥



− + =



(Cm) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm

P m

0

∆ ′

 = − >

 = > ⇔ < <



 = >

Giả sử (2) có nghiệm t t1 2, (0 < <t1 t2) Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: x1= − t x2; 2 = − t x1 3; = t x1; 4= t2 Do tính đối xứng của (Cm) nên ta có:

x

x x m dx x x m dx

3

0

( − 4 + ) = ( − + 4 − )

4

Suy ra x4 là nghiệm của hệ: x x444 x42x2m m





9

 =



=



Đối chiếu điều kiện (*) ta suy ra m 20

9

=

Câu II.1)Giải phương trình: 2 sin x3 2 sin x 1 ( )

4

æ p÷ ö

ç + ÷ =

Cách giải 1

Đặt t x x t

= + Þ = - Lúc đó: ( )1 sin t 3 2 sin t sin t 3 sin t cos t

4

æ p÷ ö

÷

Û sin t 3 = sin t - cos t Û sin t 3 = sin t 2 + cos t sin t 2 - cos t ·

Û cos t - sin t 2 + sin t cos t - cos t 2 = 0

( )

cos t 0 N 1

sin 2t 2 L

é

=

2)Giải phương trình : ( )

2 2 2

2

2

1 1

1

x x

x

+ +

−