Tính thể tích hình chóp và côsin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC biết rằng mp SAB tạo với đáy một góc bằng 600.. Theo chương trình Chuẩn.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (Lần I)
Môn: Toán 12 Khối AB
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)
Câu I Cho hàm số y =x3 +6mx 2 +9x+2 m (1), với m là tham số thực
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị thoả mãn khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng
4
đi qua hai điểm cực trị bằng
5
Câu II
1) Giải phương trình: sin3 2cos 2 1
cos 2
4 sin cos sin
+
−
=
+
x x
x
x
x
x
2) Giải phương trình: 2x+ 3−23 x−2=1
Câu III
1) Tính tích phân : ( ) dx
x
x
x x
∫ 4 + ++ −
3 2
9
3 9 ln
2) Tìm m sao cho hệ phương trình sau có nghiệm.
+
= +
−
−
=
+
1 2 1
2
ln ln 3
3
2
2 2
x m
y x
x y
y y
x x
Câu IV Cho hình chóp S.ABC, có SA=SB=AC =BC=a , AB = a 2 Tính thể tích hình chóp và côsin của
60
Câu V Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a +b+c =0 Chứng minh rằng:
4
1
7 4 2 4
2 16
2
4 7
4
2 16
2
4 7 4
2 16
+ + +
+ + + +
+ + +
c
c b b
b
b a a
a
II PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường thẳng AB, AC
các đỉnh A, B, C
2) Giải bất phương trình sau: 8 4 3 3 2 ( )2 9 2 0
2 2
≥ +
x
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng
0 5
2) Giải bất phương trình sau: log (9 1 ) 1 3 log32
3
1 − ≥ −
x
-Hết -
Trang 2SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I)
Môn: Toán 12 Khối A,B
CâuI
1.Với m = 1 ta có : y=x3 +6x2 +9x+2
+ TXĐ : D=R
+ Sự biến thiên: '=3 2 +12 +9, '=0⇔ ==−−31
x
x y
x x
y
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−3) và (−1;+∞) nghịch biến trên khoảng (−3;−1)
- Hàm số đạt cực đại tại x = -3; y cđ =2, đạt cực tiểu tại x=−1;y ct =−2
- Giới hạn: =+∞ =−∞
−∞ → +∞ →→ x x y , lim lim
- Bảng biến thiên: x −∞ -3 -1 +∞
y’ + 0 - 0 +
2 +∞
y
-∞ -2
Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2)
-4 -3 -2 -1
2 Ta có: y’ = 3x2 +12mx+9, y'=0⇔ x2 +4mx+3=0
+ Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ pt y'=0 có hai nghiệm phân biệt
2
3 0
3 4 '= 2− > ⇔ >
∆
2 3
−
<
Khi đó ta có: y = x m y' (6 8m )x 4m
3
2 3
2 −
− +
+
⇒ đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có phương trình là:
y = (6−8m2)x−4m
=
=
⇔
= +
−
⇔ +
−
=
⇔
= +
−
−
=
∆
64 37
1 0
37 101
64 1 8
6 5 5
4 1 8
6
4 )
,
2 2
4 2
2 2
2
m m
m m
m m
m O
d
±
=
±
=
⇔
8 37
1
m
m
Đối chiếu với đk(*) ta có m = ±1 là kết quả cần tìm
0.25
0.25
0,25
0,2
0.25
0.25
0.5
y
-2
2
Trang 3CâuII
1 Đk:x≠ +k , k∈Z
π
π
π π
π
k x
k x
x x
loai x
x x x
x x
x x
x x
x x x x
x pt
+
±
=
⇔ +
±
=
⇔
=
⇔
=
=
⇔
= +
−
−
⇔
−
=
⇔ +
−
=
+
⇔
6
2 3 2
2
1 2 cos 4
1 sin
) ( 1 sin
0 1 sin sin
4 sin 4
sin 4 sin 3 sin 2 1 2 cos 2 3 sin cos
2
2 cos cos sin 4 cos sin 8
2
2 3
3 3
Vậy phương trình có nghiệm là : x =± +k , k∈Z
π
2.Đặt 2x+3=u; 3 x−2 =v, đk : u≥0 khi đó ta có hệ:
( )
−
=
−
=
+
=
+
=
=
=
⇔
=
−
−
−
+
=
⇔
= +
−
−
+
=
⇔
=
− +
+
=
⇔
=
−
=
−
2
13 1
13 2
2
13 1
13 2 1
3
0 ) 3 )(
1 (
1 2 0
3 2 2
1 2 7
2 1 2
1 2 7
2
1 2
2 2
3 3
2 3
2
v
loai u
hoac v
u hoac v
u
v v v
v u v
v v
v u v
v
v u v
u
v u
+ với
+
=
+
=
2
13 1
13 2
v
u
2
13 1 2
13 2 3 2
+
=
−
+
= +
x x
x
+ với
=
=
1
3
v
u
ta được x = 3 Vậy hệ có hai nghiệm là: x = 3; 7+2 13
0,25
0.25 0.25
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu
III
2 1 4
0 2
3 4
0
2
2 4
0
2
3 2
3 9
3 9
9 ln
9
3 9 ln
I I dx x
x dx
x
x x dx
x
x x
+
− +
+ +
= +
− + +
∫
∫
∫
+ Tính I : 1
Đặt ln(x+ x2 +9)=u, ta có: dx
x
du
9
1
2 +
x = 0 ⇒u=ln3; x = 4 ⇒u=ln5 Khi đó:
2
3 ln 5 ln 3 ln
5 ln 2
2 2 2
5 ln
3 ln
1
−
=
=
I
+ Tính I Đặt 2 x2+9 =v, ta có: , 9
9
2 2
+
x
x dv
x = 0 ⇒v=3; x = 4 ⇒v=5 Khi đó:
3
44 3
5 ) 9 3 ( ) 9 (
3 5
3
2
2 =∫ u − du= u − u =
I
2
3 ln 5 ln 3 9
3 9
2 1 4
3 2
−
−
=
−
= +
− + +
x
x x
x
2
+
= + +
−
=
+
) 2 ( 3 2 1
) 1 ( ln ln 3
3
2
2 2
x m y
x
x y
y y x x
Đk: x > 0, y > 0
0.5
0,5
Trang 4+ Giải phương trình (1):
ln 3
ln 3
1 ⇔ 2+ + = 2+ +
0
1 3 ln 3 ) 1 2 ( )
(
t t
t
+ Thế x = y vào pt (2) ta được:
1 2
1 1
2 1
2
2
+
+
=
⇔ +
=
+
x
x m x
m
Xét hàm
1 2
1 )
(
2 +
+
=
x
x x
2
1 0
) ( ' , ) 1 2 (
2 1 ) ( '
3
+
−
x
x x
g
Từ BBT suy ra hệ phương trình có nghiệm khi
2
6 2
1 <m≤
0,25
0,25
0,2
0,25
Câu
IV
+ Gọi M là trung điểm của AB Từ giả thiết ta có: SAB∆ và SAB∆ là các tam giác vuông cân bằng có
chung cạnh huyền AB
2
2 2
a AB CM
Suy ra góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc SMC∧ ⇒ SMC =60∧ 0
Từ đó ta có: AB⊥mp (SCM) và SCM∆ là tam giác đều cạnh bằng
2
2
a
⇒Thể tích của hình chóp S.ABC:
24
6 60
2
1 3
1
3
đvtt
a Sin
MC SM AB S
BM AM V
V
+ Tính góc giữa hai đường thẳng SA và BC
Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, SC, SB ta có :
Góc giữa hai đường thẳng SA và BC bằng góc giữa hai đường thẳng MN và NP.Gọi α là góc giữa hai
đường thẳng SA và AB
Xét tứ giác MNPQ có:
2 2
; 2 2
a SA NP MQ a BC PQ
⇒MNPQ là hình thoi cạnh bằng
2
a
0,2
0,25
0,2
1
2 6
0
g(x) g’(x)
x
2 1
+∞
BBT
Q
N
S
A
B
C
M
P
2 1
Trang 5Lại có : Trong tam giác đều SCM có MP là đường trung tuyến
4
6 2
3 2
a
⇒
Từ đó ta có:
4
1
2 cos
2 2
2
=
− +
=
∧
NP MN
MP MN
NP
4
1 cos
cosα = PNM∧ =
Vậy thể tích của hình chóp bằng ( )
24
6 3
đvtt
a
và cô sin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
4
1
0,25
Câu
V
Đặt 2a = x;2b = y;2c =z, ta có: x, y, z là các số thực dương và x.y.z = 1
Bất đằng thức cần chứng minh trở thành
4
1 7 2 2 7
2 2 7
2
+ + +
+ + + +
+ + +
z z
y y
y y
x x
x
Thật vậy, Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai và 4 số dương ta được:
x x
x4 +3= 4+1+1+1≥4 ; x2+y2 ≥2xy
Suy ra: x4 +2x2 +2y2 +7≥4x+4xy+4=4(x+xy+1)
Chứng minh tương tự ta được y4 +2y2 +2z2 +7≥4(y+yz+1); z4 +2z2 +2x2 +7≥4(z+zx+1)
+ +
+ + +
+ + +
≤
+ + +
+ + + +
+ + + +
⇒
1 1
1 4
1
7 2 2 7
2 2 7
2
4
zx z
z yz
y
y xy
x x
x z z
z z
y y
y y
x x
x
(1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 hay a = b= c = 0
Mặt khác: Do xyz =1 nên
) 2 ( 1 1
1 1
1
1 1
1
= + +
+ + +
+ + +
=
+ +
+ + +
+ + +
= + +
+ + +
+ + +
xy x x
xy
xy xy
x
x
xy yz x xyz
xyz x
xyz xy
xy xy
x
x zx
z
z yz
y
y xy
x
x
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 0
0,25
0,25
0,5
Câu
VI.a
1
Ta có: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: (1;1)
0 3 2
0 3 2
A y
x
y x
⇒
=
− +
=
− +
Gọi M(x0; y0) là trung điểm của BC, từ giả thiết ta có:
=
⊥
) , ( ,AC d M AB M
d
MA MI
=
=
−
=
=
=
=
⇔
= +
−
−
=
=
−
−
=
⇔
=
−
− +
= +
=
⇔
− +
=
− +
=
− +
+
−
⇔
2 1 2 3 2
1 1
0 3 5 2
2 0
1 2
0 1
2 5
3 2 5
3 2
0 1 ) 1 ( ) 1 (
0
0 0
0 0
0 0
2 0
0 0
0 2 0
0 0
0 2 0 2 0
0 0
0 0
0 0 0
0
0 0
0 0
y
x hoăo y
x hoăo y
x x
x
x y
hoăo x
x
y x
x y x
y x
y x y
x y
x
y y
x x
+ Với x0 = y0 =1 ta có M ≡ A (loại)
+ Với
2
1 0 0
−
=
= y
2
1
; 2
1 −
−
)
⇒ pt đường thẳng BC: x + y + 1 = 0 suy ra B(4;-5) ; C(-5;4)
0,25
0,25
0,25
Trang 6+
=
=
2 1 2 3
0
0
y
x
ta có M(
2
1
; 2
3 )⇒ pt đường thẳng BC: x - y - 1 = 0 suy ra B(
3
1
; 3
4 ) ; C(
3
2
; 3
5 )
Vậy A(1;1), B(4;-5), C(-5;4) hoặc A(1;1), B(
3
1
; 3
4 ) ; C(
3
2
; 3
5 )
9 6
2 3
2 2
≥ +
−
2 3.2 2 1 1 0
3 3
2
2 2
≥ + +
x x
x x
>
=
+ ,
3 2
2
1 0 2 3
Kết hợp với đk ta được 0<t≤2⇒
2
1 2
0 2 3 2 1 2
3 2
3 2
≤
≤
−
⇔
≤
− +
⇔
≤ +
⇔
≤
+
x x
x
x x
x x
Vậy bpt có nghiệm:
2
1
2≤ ≤
0,25
0,25
0,25 0,5
Câu
VI.b
1
Nhìn vào hình vẽ ta thấy , hai điểm A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng:
2x + y + 5 = 0(d)
Ta có BC = 3 2
⇒Chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi tổng AB + AC nhỏ nhất
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đt(d)
Khi đó đường thẳng BB’ có phương trình: x – 2y + 5 = 0
Gọi I =d∩BB' ta có I(-3;1) và I là trung điểm của BB’ Suy ra B’(-5;0)
đt B’C có pt: x + 7y + 5 =0
Khi đó: AC + AB =AC + AB’≥B' C
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi B’, A, C thẳng hàng hay A là giao điểm của B’C và d
) 13
5
; 13
30
13
5
; 13
30
A thì tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất
2 đk: 9x −1≥0⇔ x≥0(*)
8
1 9 3 8
1 9 log
−
x x x
x
Đặt t = x
3
1 0 3 8
3t2 − t− ≤ ⇔ − ≤t ≤ ⇒0<t ≤3 Khi đó : 0<3x ≤3⇔ x≤1
Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm của bất phương trình là: 0≤ x≤1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25 0,25
-1
O
B
C
2
2
Trang 7SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I)
Môn: Toán 12 Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)
Câu I Cho hàm số y=x3+6x2 +9x+2 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1)
2) Viết phương trinh tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng 9x - y + 2 = 0
Câu II
x
x x
x
sin 2 tan 2
3 cos
4 sin cos sin
Câu III
x e
1
ln 1
2) Tìm m sao cho hệ phương trình sau có nghiệm
= +
−
=
−
y mx my
x y
1 2
1 2
Câu IV Cho hình chóp S.ABC, có SA=SB = AC = BC =a,AB=a 2 Tính thể tích hình chóp biết rằng
60
Câu V Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a≥−1;b≥−1;c≥−1 Chứng minh rằng:
II PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB: x + y - 2 = 0, các đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A và C lần lượt có phương trình là y = 1 và x - y + 2 = 0 Hãy xác định toạ độ các đỉnh A, B, C
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng
0 5
3
x
-Hết -
Trang 8SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I)
Môn: Toán 12 Khối D
CâuI
1
+ TXĐ : D=R
+ Sự biến thiên:
− = − = ⇔ = + + = 3 1 0 ' , 9 12 3 ' 2 x x y x x y Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−3) và (−1;+∞) nghịch biến trên khoảng (−3;−1) - Hàm số đạt cực đại tại x = -3; y cđ =2, đạt cực tiểu tại x=−1;y ct =−2
- Giới hạn: =+∞ =−∞
−∞ → +∞ →→ x x y , lim lim
- Bảng biến thiên: x −∞ -3 -1 +∞
y’ + 0 - 0 +
2 +∞
y
-∞ -2
Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2)
-4 -3 -2 -1
2 Ta có: 9x –y + 2 = 0 ⇔ y=9x+2(d)
Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm Do tiếp tuyến song song với đường thẳng nên có hệ số góc bằng:
y’(x0) = 9⇔3x02 +12x0 +9=9
−
=
=
⇔
= +
⇔
4
0 0
4
0
0 0
2 0
x
x x
x
+ Với x0 =0 ta có: y0=2⇒ pttt: y = 9x +2 (loại do trùng với (d))
+ Với x0 =−4 ta có: y0=−2⇒ pttt: y = 9(x + 4) -2 hay y = 9x + 34 (tm)
Vậy có một tiếp tuyến thoả mãn bài toán là:
0.25
0.25
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25 0,25
CâuII
k x
k x
∈
+
≠
+
≠
, 2 4
2
π π
π π
,
x x x
x x x
x x x x
x
2
3 sin 4 sin 2 tan 2
3 cos
2 cos cos sin 4 cos sin
+
=
⇔ +
=
+
⇔
x
x x
2 cos
cos sin 3 sin
=
=
⇔
x x
x
2 cos cos
0 sin
0.25
0,25
y
-2
2
Trang 93 2 3
2
2 2
2
2 2
2 cos
π
π π
x k
x
k x k
x x
k x x x
=
=
⇔
+
−
=
+
=
⇔
=
+ sinx = 0 ⇔ x=k π
Kết hợp với đk ta có nghiệm của phương trình là: x = kπ , x =
3
2π
k
, với k∈Z
2 x+1− 2−x ≥1, Đk: −1≤x≤2(*)
Bpt⇔ x+1≥ 2−x+1⇔ x+1≥3−x+2 2−x ⇔ x−1≥ 2−x
5 1
2
5 1 2
5 1 1
0 1
1 2
1
0 1
2 2
+
≥
⇔
−
≤
+
≥
≥
⇔
≥
−
−
≥
⇔
−
≥
−
≥
−
x x x
x x
x x x
x
Kết hợp với đk(*) ta có nghiệm của bpt là: 2
2
5
1+ ≤x≤
0.25
0,25
0,25
0,5
0,25
Câu
III
1 1
ln
1
ln
1 1
I I dx x
dx x
e dx x
−
=
−
=
−
∫
∫
∫
+ Tính I : 1
Đặt lnx=u, ta có: dx
x
du = 1 ,
x = 1 ⇒u=0; x = e ⇒u=1 Khi đó:
1 0
1 1
0
1 =∫e du =e =e−
+ Tính I có: 2 =∫e = x e=
x
dx I
1
1 ln
1
ln
−
=
−
x
e
2
= +
−
=
−
) 2 ( 1 2
) 1 ( 1 2
y mx my
x y
1
2 +
=
⇔
x
x
Xét hàm
1 )
+
=
x
x x
1
1 ) (
2
2
±
=
⇔
= +
−
x
x x
g
Từ BBT suy ra hệ phương trình có nghiệm khi
2
1 2
1≤ ≤
−
m
0.5
0,5
0,25
0,25
0,25 0,25
2
1
0
-1
0
-
2 1
−
+ 0 0 - g(x)
g’(x)
0
Trang 10Câu
IV
+ Gọi M là trung điểm của AB Từ giả thiết ta có: SAB∆ và SAB∆ là các tam giác vuông cân bằng
có chung cạnh huyền AB
2
2 2
a AB CM
Suy ra góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc SMC∧ ⇒ SMC =60∧ 0
Từ đó ta có: AB⊥mp (SCM) và SCM∆ là tam giác đều cạnh bằng
2
2
a
⇒Thể tích của hình chóp S.ABC:
24
6 60
2
1 3
1
3
0 a đvtt Sin
MC SM AB S
BM AM V
V
0,25
0,75
Câu
V
Bđt đươc viết lại như sau: a3 +b3+c3+3≥ab+bc+ca+a+b+c
a3+ = + 2 − + ≥ + = 2 +
1 1
1 1
Tương tự ta được : b3 +1≥b2+b, c3 + ≥c2 +c
1
Từ đó suy ra: a3+b3 +c3 + ≥a2 +b2 +c2 +a+b+c
3 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức: a2 +b2 +c2 ≥ab+bc+ca
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c = 1 hoặc a= b= c = -1
0,25
0,25 0,25 0,25
Câu
VI.a 1 Ta có: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: 1 (1;1)
0 2
A y
y x
⇒
=
=
− +
Gọi M là trung điểm của AB, từ giả thiết ta có: toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
) 2
; 0 ( 0 2
0 2
M y
x
y x
⇒
= +
−
=
− +
Từ đó suy ra: B(-1;3) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có toạ độ của G là nghiệm của hệ:
) 1
; 1 ( 0 2
1
−
⇒
= +
−
=
G y
x
y
1 3 1
3
1 1
1 3
) 1 ( 1
0 0
0
0
−
⇒
=
−
=
⇒
= + +
−
= +
− +
C y
x y
x
Vậy A(1;1), B(-1;3), C(-3;1)
2 8x −2.4x −2x +2=0
Đặt t = 2x, đk t > 0 pt đã cho trở thành
=
=
⇔
=
=
⇔
=
−
−
⇔
= +
−
−
>
1
2 1
2 0
1 2
0 2
2
0 2 2
2 3
t
t t
t t
t
t t t
+ với t = 2 ta có 2 = 2 x ⇔ x=1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
S
A
B
C
M
Trang 11+ với t = 1 ta có 2x= 1 ⇔ x=0
Vậy pt đã cho có 3 nghiệm là : x = 0, x = 1
0,25
Câu
VI.b
1
Ta có BC = 3 2, đường thẳng BC có phương trình : x + y – 1 = 0
BC BC A d
S ABC ( , )
2
1
=
∆
Khi đó: Do A ∈đt 2x+y+5=0 nên A(a; -2a -5)
d(A,BC) =
2
6 2
1 5
=
−
−
a
Từ đó ta có:
10 2
4 6 6
2 3 2
6 2
1 6
−
=
−
=
⇔
= +
⇔
=
+
⇔
=
∆
a hoăo a
a
a
S ABC
Vậy A(-2; -1) hoặc A(-10; 15)
2 đk: 9x −1≥0⇔ x≥0(*)
8
1 9 3 8
1 9 log
=
−
x x x
x
3
1 3
0 3 8
3t2 − t− = ⇔t = hoăo t= − loai
3
=
Khi đó : 3x =3⇔ x=1
Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm của bất phương trình là: x=1
0,25
0,25 0,25
0,25
0,5
0,25 0,25
-1
O
B
C
2
2