Đề thi khảo sát Toán 12 (Kèm đ.án)

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi khảo sát và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo 3 Đề thi khảo sát Toán 12 có kèm theo đáp án sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

CÂU I: ( 2 điểm) Cho hàm số

2

1 2 +

+

=

x

x

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

2) Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân

biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

CÂU II: ( 2 điểm)

log x−log x − =3 5(log x −3)

2) Giải bất phương trình: 2x2+x − 4.2x2−x + 22x − > 4 0

CÂU III: ( 2 điểm )

1) Tính tích phân:

2 2 1

ln x

x

= ∫

2) Tính tích phân :

2

x

x

=

∫

CÂU IV: ( 2.0 điểm) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam

giác vuông cân tại B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC một góc 600

1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A'B'C'

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC

CÂU V: ( 2.0 điểm) 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

= = = = = Hết = = = = =

SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

= = = & = = =

ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN

LỚP 12C LẦN 1

Thời gian: 150 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI VÀ THANG ĐIỂM

CÂU

I

1)

TXĐ: D = R\{-2}

Chiều biến thiên

x

+

) 2 (

3

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; − 2 ) và ( − 2 ; +∞ )

+ Hàm số không có cực trị

− + → −

−

→ +∞

→

−∞

lim

; lim

; 2 lim lim

x x

x x

y y

y y

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm

cận ngang là y = 2

+Bảng biến thiên

X − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2

y

2 − ∞

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;

2

1) và cắt trục Ox tại điểm(

2

1

− ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

0.25

0.25

0.25

0.25

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng (d) là

nghiệm của phương trình







=

− +

− +

−

≠

⇔ +

−

= +

+

) 1 ( 0 2 1 ) 4 (

2 2

1 2

2

m x

m x

x m x x

x

Do (1) có∆=m2 +1>0va (−2)2 +(4−m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m

nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt

A, B

0.25

0.25

SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

= = = & = = =

ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN

LỚP 12C LẦN 1

x

y

O

2

-2

Gọi A(xA; yA ); B(xB; yB) với xA, xB là nghiệm của (1)

Ta cú yA = m – xA; yB = m – xB

nờn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)

suy ra AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất  m = 0 Khi đú

24

=

AB

0.25 0.25

CÂU

II

log x−log x − =3 5(log x −3)

ĐK:







≥

−

−

>

0 3 log

log

0

2 2 2

2 x x

x

2

0

x x x

>











Phương trình đã cho tương đương với

log x−log x − =3 5(log x−3) (1)

đặt t = log2x,

PT (1)⇔ 2

2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)

t − − =t t− ⇔ t− t+ = t−

2

3 3

3

4

t t

t

t

≥



≥

2 2

⇔



 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm

0.25

0.25

0.25

0.25

2)

2x +x − 4.2x −x + 2 x − > 4 0

2x −x.2 x − 4.2x −x + 2 x − > 4 0

 (22x − 4).(2x2−x + > 1) 0 vỡ 2

2x −x + > 1 0

 2

2 x − > 4 0

 x > 1

0.25

0.25 0.25 0.25 CÂU

2

ln

1 1

dx du

x dx

v x

x

 =

=

2 2

2

dx

dx

x dx x

−

∫

1

x

x

−

−

0.25

0.25 0.25

0.25

t= x− ⇔t = − ⇔ = + ⇔x x t dx= tdt

x= ⇒ =t x= ⇒ =t

0.25

1 2 1 3 1

2

1

0

0.25

0.25

0.25 CÂU

IV

1)

Ta có A 'A ⊥ (ABC) ⇒ A 'A ⊥ AB& AB là hình chiếu của A'B lên

mp(ABC)

Vậy [A 'B,(ABC)] ABA ' 60 == o

0

ABA '⇒AA ' AB.tan 60= =a 3



SABC =

2

BA.BC

Vậy V = SABC.AA' =

3

2

0.25

0.25 0.25

0.25 2) Gọi O là giao điểm A’C và AC’=> OA=OA’, và I là trung

điểm AC

Khi đó: IA=IB=IC và OI vuông góc mp(ABC)

 OA=OB=OC=OA’

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC

Bán kính R=OA= a 5

2

0.25

0.25 0.25 0.25

CÂU

V

0.25

S

A

B

K

H

C

O

I

D

3a

a

O

I

Từ giả thiết AC = 2a 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

a

⇒ 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

a SO

ABC ABO

đường cao của hình chóp

2

a

S ABC ABC

a

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25

= = = = = HẾT = = = =

Sở GD  ĐT Vĩnh Phúc

Trường THPT Tam Dương

  

đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Cõu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số yx3 3mx2 4m3 (m là tham số) cú đồ thị là (C m)

1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2 Xỏc định m để (C m) cú cỏc điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường

thẳng y = x

Cõu 2 (2.0 điểm ) :

sin 2 cos

x

x x

x



2 Tỡm m để hệ phương trỡnh:







cú nghiệm thực

Cõu 3 (2.0 điểm): 2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và

đường thẳng (d) lần lượt cú phương trỡnh:



1 Viết phương trỡnh mặt cầu cú tõm thuộc đường thẳng (d), cỏch mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường trũn cú bỏn kớnh bằng 3

2 Viết phương trỡnh mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P)

một gúc nhỏ nhất

Cõu 4 (2.0 điểm):

1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm cú hoành độ x = 2 Gọi (H) là hỡnh giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành Tớnh thể tớch vật thể trũn xoay sinh ra bởi hỡnh (H) khi quay quanh trục Ox

2 Cho x, y, z là cỏc số thực dương thỏa món: x2 + y2 + z2  3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất

P

Cõu 5 (2.0 điểm):

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hóy lập phương trỡnh tiếp tuyến chung của elip (E):

2 2

1

  và parabol (P): y2 = 12x

2 Tỡm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton:

12

4 1

1 x

x

o0o

Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm

Họ và tờn thớ sinh: SBD:

Câu Nội dung Điểm

1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2

Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x  6 = 0  x = 1

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +) Điểm uốn (1; 2)

0.25

x y x x

 

LËp BBT:

0.25

§å thÞ:

0.25

2/ Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0  0

2

x





 



Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0

0.25

I

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  uuurAB(2 ; 4m  m3)

0

x

∞



y’

y

0

x

y

O

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với

đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x

3 3

2



 





0.25

2

2

m  

2/ Đk:

2

Phương trình đã cho tương đương với:

2

2

4

sin 2

sin cos

x



0.25



3

3 1

3

6

tg

tg

x

x









 

   

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :

2/

3 3 2 0 (1)







Điều kiện:

2 2

y







0.25

Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 0.25

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

II

Đặt v 1x2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m

Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt

[ ] g v   [ ax] g v 

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2

0.25

1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là: 1 2 ;

2

 







  



Gọi tâm mặt cầu là I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)()

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

2 3 7 3

t t









  



0.25

I  I   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu

có bán kính là R = 5

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

0.25

2/ Đường thẳng () có VTCP u  r ( 1;2;1); PTTQ: 2 1 0





  



Mặt phẳng (P) có VTPT n r (2; 1; 2) 

0.25

Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin | 2 2 2 | 6

3

3 6

  

 Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos 1 6 3

0.25

Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m2+ n2 > 0)

 (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0

Vậy góc giữa (P) và (Q) là:

cos

3

m

0.25

III

 m2 + 2mn + n2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n

IV

1/ Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4

0.25

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:

V   x dx x dx

=

5

3

x

x

0.5

P

Vậy GTNN là Pmin = 3

1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)

() là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)

0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A

3

A

B  

 Đường thẳng đã cho có phương trình:

3 3

A

0.25

V

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3 4 0

3

Ta có:

12

12 0

k

k k k





 

12

12

0 0

1

( 1)

i

k

k k i k i k

k i

x

C C x



 

 

 



0.25

Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8

V

Vậy hệ số cần tìm là: C C122 20C C127 74 C C1212 128  27159 0.25

c DAI Hec vINH Dt o sAr cnAr tUqrrlc t 6p tz LAN r, NAwI zorr

T c THPT CrrurEX UOX: TOAX; Thdi gian I m bii: 180 phrtt

r prrn c c cHo rAr cA rff suvn e,o a$m')

7CiuI.(2,04i6m1 Chohdms6 v= !*'-(2**l)x2+(m+2)t ,'+ cOd6th! (C^), m ldthams6.

'3

I Khio s6t sy bi6n thi€n vi vE dd thi cua ham s5 d[ cho l<hi m = 2

2 Gpi A ld grao tti6m crla (C,) vdi trUc tung T\m m sao cho ti6p tuy6n cua (C.) t1i A tAo vdi hai FUc tga itQ mQt tam gi6c c6 diQn tfch Ui"g 1

3

yCAu trI" (2,S trfrenre) 1 Giei phuong trinh (x+ 4)' -6 = 13.

2 Gifliphuong tinh (2cosx- l)cotx = -l *

srn.r,

Ciu Itr (1,0 Ci6m) Tfnh tfch phin / = dx.

ZBAD=ZDAA'=LA'AB=600 Ggi M,N 6n luqt ld trung ttidm ctra AA',CD Chfmg minh

MN ll(A'C'D) vi tffi cosin cta g6c t4o bdi hai tludng rhing MN vd B'C.

Clu V (f,0 tli6m) Cho c6c s5 ttrgc E a, h, c Tlm grd fri l6n nh6t cua bi6u th{rc

r

FCA

P_

a2 + bz + c2 +l (a'+ lxb + 1)(c + l)

n G Tht sinh cht ituqc tdm mQt trong hai phdn $hin a, ho{c b)

agn

Cf,u VIa (2,0 rf6n) 1 Trong mflt g vdi hQ W Ory, cho tti6m MQ;I) vi hai ttudng thing

dr:3x-y-5=0,d2:x+y-4=0 Vi6tphuongtinht6ngqu6tcfia<firdng thing d ttiqua M vdctt

dt, d2lin t4t A, B saocho 2IuIA-3MB =0

2 Trong kh6ng gian vdi hg fiUc tga tlQ Oxyz, cho c6c di6m A(2;0i;0), H(l; l; l) Vi6t phuong tinh

mflt ph[ng (P) di qt;n A,.F/sao cho (P)

"ii( q, Oa lhn hqt Cr B, C th6a mfln diQn tich cta tam

gi6c ABC Uing +G

Clu VIIa (1,0 di6m) Cho t$p A=10,1,2,3,4,5,,6,7) H6i tU t$p ,qWp tlugc bao nhi€u s5 tp nhiOn

chin gdm 4 cht s5 khdc nhau sao cho m5i s6 iffi ttAu l6n hon 2011.

b Theo chuolg trlnh Nf,ng cao

Ctu VIb (2,0 di6n) l Trong m[t phlng vdi hQ W Ory, cho c6c Adm ;0; 2), B(4;3) Ilm tAa d0 didm

\ M

soeho ZM4B= 1350 vdkhodnecdchtir M dhnttu0nethEne AB hAns JiO

.

gian vdi hQ truc tqa d0 Oryz, cho c6c tti6m C(0; 0; 2), K(6;-3; 0) Vi6t phuong tinh

di qua C, K sao cho (a) cfit Ox, q 4i A, B thlaman th6 tlch cria tf diQn OABC

'lt 1.,

lz

I Brc sd trd bdi vdo alc ngdy 26, 27/03201I Dd nhdn thrqc bdi thi, tht sinh phdi nQp lqi phiiiu dtt thi cho BTC.

2 Kj lrhdo sdt chiit ttrong t,in 2 sd duqc t6 chftc vdo chiiu ngdy 16 vd ngdy 17/04/2011 Ddng ki du thi tqi

Vdn phdng Tr THPT ChuyAn t* nSdy 26/03/201 I

trongxuanht@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl

DAp AN of IsAo sAr cn,ir LUqNG nfip pLAN 1, NAM zorr

*fON: TOAN; Thiri gian lirm bhiz 180 phrit

Ddn dn

L; (1,0 itiam)

-5x2+ +*+!.a

J

0x+4

f x <ll2

<0<+ll2<x<2 vd'Y'>0€l

-l*>2

khodng (a;lll) vil (2;+o), hAm nghich bi6n t€n

(rtz;2)

i C* 1,!: Hilm sd dpt clrc tl4i tpi x = | I 2, y"u = 5 I 4 vi tl4t cgc ti6u t?i x = 2, ltr = -t .

c Ed thi: Ed thi cit tryc tung

tei A(0;rl3)

I.

(2'0

olem,

2 fl,O ttidm

Ta c6 A(0;1/3) vdy'= 4x2 -2(2m+ l)x * m +2 Suy ra y'(0) - m +2.

Ti6p tuy6n cria tt6 thi tai A l d : y = (m + z)x +

1 Euhng th[ng d cht Oxtai atfr ; ol'

l (1,0 ili,

DiAu kiQn: x3 +3x 2 0 e x > 0.

Kl

Nhfln thdy r = 0 kh6ng thda min n€n (l) tucmg duong v&r x +t *i-6trf,J = 0

Dil

0,5'

+)Vdi t=2 tac6 x=l,r-3.

+)VOi t=4 tac6 r 8+ Jdi,tr=8-.fiT.

DiEu kiQn: sin.r * O,cosr*l hay x *kn .

vci ailu kign d6 phuang trlnh da cho tuong rhrongot 2cos2r-cos'r-3

smr

sinr cosr - I

0'5

Tac6 I n &

(2'

I

I

0

z',

Vdi r= 0:+ t =lrvdi r=l=+ t =2

&=dt hay fo-gi2, 3ln2' -".*?

3

0'5

=2'g,d, : I '( t _ I t

Khi d6!=rnzlt''-zs

#(,"F - sr - hr, rrl',,=#rn* 0'5 +) Gqi 'f l*ffing di€m DC' Vl NI// CC'

vil NI * I Cc'n€n NI - rhil'vil NI /l IV/4.'.

,2'

:

+) vt AI,B',C //A',D

nEn flC)*./(A'I, A'D) (r)

,"

-t\ ,"

0'5

t2 A' D2 + A'.C',2 DC',z 5a2 oJi

Trong LA'"DI ta c6 cos '/.DA'I , A' D2-+.A'12 r DI,

= -3,:

-<-i-2A'D.A'I 2J5

*";:33.,5

Tt (l) ve (2)suy ra cps(IAf, B'C) = | cos /.DA'l I =

-:: =

-_iN. \ _, _, r , ZJS l0

(2)

V.

(1'0

-.1

orem

,f e

Ap uung;nrycosita c6

az +b' +cr +r>|to+el'* jtr+l)'>

Ir"*b+c+l)2,

(a +lXb + l[c * g < [' *lftl']'

.

-: -.- , : i ]

fr

Ps 2 - 54

Suy ra

DAt t - a + b + c +l,t > I Khi d6 ta c6 P <? 54 =

t (r+ 2)t

0'5

Xdt him f (t) =i @ hen (L + co) Ta c6

f, (t) = -3.# = 0 <+ st = (t +2)2 el"='., f, (t) >0 <+ I < t < 4

Suy ra BBT

DWa vdo BBT suy ra P <l n6u ding thfc xiy ra khi vd chl khi

4

Vfly gi6 tri ltu nh6t cta P le 1, Uut dugc khi a - fi =c = I .

t'=4Qa=fi=c=l _f'(t)

VIa.

(2,0

tti6m)

l, (1,0 itifimr

-xr)'

r-lzttu=3ffi

I

lzffi=-3ffi

3-xr)'

(1)

(2)

0'5

+) (1)e 2(xr-1; 3xr-6) -3(*r-l;3- xr)O{* =}

lx, -z

(

suy ra

^lit ;), BQ;z) .Suy ra phucrns nlnh d : x - y- 0 .

*) (2)<+ 2(x,

0'5

2 (1,0 ilidrn)

Gid su

Suy ra

B(0; b; 0), C(0; 0; c) trong d6 bc * 0 (vt n6u bc: 0 thi tam

(P)'*+ 4*' =l vi H e(P) non 1*1= 1

b c 2

gi6c ABC suy bi6n)

(l)

+4c2 =384 (2)

0'5

ii

OFI b + c = u, bc =y Khi d6 tU (1), (2) ta c6

ll

-Zu) = 384 b-c=4

[r=8, y=16

L, - -6,p = -12'

suY ra fi = -c 3 + Jn

S=-c 3- Jzl

Vpy c6 3 m+t phing (P) thda mdn li (4)'*+ 1*1=t hay 2x+ y

1tS,|*-+.:h=t hay 6x+(3 +Jn)y+(3-

^r7-t2=0"

e)';.#.;E=l hay 6x+(3 -Jily+(3+ JnJ,-rZ=o.

VfIa

(1'0

tli6m)

Gii srl s6 thda mfln bdi todn li ab;A Theo bdi ra ta c6 o {2,3, 4, 5, e,l\; d e {0,2,4,61 .

Xdt hai tudrng hqrp:

TH I: d = 0 Khi cl6 a c6 6 cdch chgn, b c6 6 c6ch chgn, c c6 5 c6ch chgn.

$qv rq q6i 6x 6r |

= t!9 tq6l

0'5

TIt 2: d Q,4, 61 Khi d6 d c6 3 c6ch chgn, a c6 5 cdch chgn, D c6 6 c6ch chgn, c c6 5

c6ch chgn.

Suy ra c6: 3 x 5 x 6 x 5 = 450 (s5).

Vfy s5 c6c s6 thda mdn h 180 + 450 = 630.

0'5

vIb

(2,0

tli6m)

l (I,o itidm)

Gii su M(x; y) Ke MH L AB

TU giethi6t suy ra MH=g ve LIyAH vu6ng c6n.

2

Suy ra AA,I = MHJ, =.,6.

l3 50

0'5

D[t u - x-1, v - ! -2 Khi d6 ta c6

(

2 (1,0 iti6m)

(1)

fab=)

Lob = -i

Gi[ su A(a;O; 0), 8(0; b;0) Vl Vonu" > 0 n€n ab *0.

'iiobzab

il

Oe,ACle fii diqn vudng t4i On€n Vouur=

* OA.OB.OC = * I ol.t b I -3

(2)

(3)

0'5

hw thi tn> 0,25 didm.

2x*2y+32-6=0

VIIb

(1'0

otem)

EidukiQn: x*0,y>0.

iu"o

|rcCr*' -log, y= 0 <+ log, lx I = logr y elxl= y e

l:=:,

* Vdi x = y, thay vio phuong hinh tht ntr6t ta dugc 32*' +3' = 10 c+ x = 0 (ktm).

0'5

* v6i

= 10

0'5