22 Đề thi thử THPT quốc gia môn: Toán

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 4 THÁNG 06 – 2016 27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 . 2 x y x    Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 22 xf x x e  trên đoạn 1;2 .    Câu 3: (1 điểm). a. Cho số phức z thỏa mãn 2 3 3z iz i   Tính mô đun của .z b. Giải bất phương trình sau:  3 33log 2 log 3 1 log 2.x x     Câu 4: (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng  H giới hạn bởi các đường: 2 , 0, 2.xy xe y x   Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0P x y z    và điểm  1; 2;1 .A  Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  .P Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  .P Câu 6: (1 điểm). a. Tính giá trị của biểu thức: 2 2 2 cos , 2 sin x P x    biết cos2 0.x  b. Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II ? Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 3 , 2 .AB a AD a  Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho 2 .AH HB Góc giữa mặt phẳng  SCD và mặt phẳng  ABCD bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và .AD Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B , 2BC AB , E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh ,BC AC . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia FE sao cho 4ME EF . Cho biết  6,0M , AC có phương trình là 2 6 0x y   và A có hoành độ là một số nguyên. Tìm các đỉnh của tam giác đã cho. Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình:  3 2 2 24 4 12 5 2 12 9 2.x x x x x x x       Câu 10: (1 điểm). Tìm m để hệ bất phương trình   2 2 3 3 1 1 1 3 3 1 x x y y x y m x y                        có nghiệm. -------------------Hết--------------------- SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TUẦN 04 – 06 – 2016 (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 3 . 2 x y x    1.0 Tập xác đi ̣nh:  \ 2D   . 2 1 ' 0, ( 2) y x D x       . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2);(2; )  . 0,25 Giới ha ̣n: lim lim 2 x x y y     ; tiệm cận ngang: 2y  . 2 2 lim , lim x x y y        ; tiệm cận đứng: 2x  . 0,25 Ba ̉ng biến thiên: 0,25 Đồ thi ̣: 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    2 22 xf x x e  trên đoạn 1;2 .    1,0 Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 1;2    . Ta có        2 2 2 2 22 2 2 2 2 4x x xf x x e x e x x e       0,25    2 2 2 1 0 2 2 4 0 2 2 4 0 2( ) x x f x x x e x x x l                0,25   2 2 41 ; (1) ; (2) 2f e f e f e      . 0,25 Vậy   4 [-1;2] max (2) 2f x f e  ;   2 [-1;2] min (1)f x f e   . 0,25 x y O 2 21 x  2  y’   y 2   2 3 1,0 a. Cho số phức z thỏa mãn 2 3 3z iz i   Tính mô đun của z . 0,5 Đặt , ( , )z a bi a b    . Khi đó phương trình trở thành: ( ) 2 ( ) 3 3 ( 2 3) (2 3) 0 a bi i a bi i a b a b i             2 3 2 3 a b a b        0,25 1 1 1 a z i b        . Vậy 2.z  0,25 b. Giải bất phương trình sau:  3 33log 2 log 3 1 log 2.x x     0.5 Điều kiện: 2x  . Phương trình tương đương: 3 3 3 log ( 2) log ( 3) log 6x x    3 3 log ( 2)( 3) log 6x x       0,25 2 4 ( 2)( 3) 6 12 0 3 x x x x x x              Giao với điều kiện ta được 3x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (3; )S   . 0,25 4 Tính diện tích hình phẳng  H giới hạn bởi các đường: 2 , 0, 2.xy xe y x   1,0 Phương trình hoành độ giao điểm: 0 2 0 0 ( ) x x x xe e VN      0,25 Do đó: 2 2 0 0 2 2x xS xe dx xe dx   (do 0, 0,22 xxe x        ) 0,25 Đặt 2 2 x x u x du dx dv e dx v e              Khi đó, 2 2 0 0 2 2x xS xe e dx   . 0,25 2 2 2 0 4 2 2 2xe e e    . 0,25 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 3 0P x y z    và điểm  1; 2;1 .A  Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  .P Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  .P 1,0 Khoảng cách:   2.1 2 1 3 4 6 ,( ) 36 d A P      . 0,5 Phương trình đường thẳng 1 2 : 2 ( ). 1 x t y t t z t            0,5 6 1,0 a. Tính giá trị của biểu thức: 2 2 2 cos , 2 sin x P x    biết cos2 0.x  0,5 Ta có, 1 cos2 2 2 1 cos2 2 2 x P x      0,25 5 cos2 5 3 cos2 3 x x     . 0,25 b. Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II ? 0,5 Gọi ,x y lần lượt là số tấn nguyên liệu loại I và II cần dùng  , 0x y  . Chi phí mua nguyên liệu là: 4 3F x y  (triệu). Số liệu chất A được chiết xuất từ hai loại nguyên liệu là 20 10x y (kg). Số liệu chất B được chiết xuất từ hai loại nguyên liệu là 0,6 1,5x y (kg). Từ giả thiết ta có hệ bất phương trình: 0 10 0 9 20 10 140 0,6 1,5 9 x y x y x y           (*) Khi đó, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của: 4 3F x y  với ,x y thỏa điều kiện (*). 0,25 Vẽ các đường thẳng 1 2 3 4 ( ) : 10, ( ) : 9, ( ) : 2 14, ( ) : 0,6 1,5 9d x d y d x y d x y      . Gọi        1 2 10,9 67A d d A F A     .      2 3 5 ;9 37 2 B d d B F B           .        3 4 5,4 32C d d C F C     .        4 1 10;2 46D d d D F D     . Suy ra giá trị nhỏ nhất của  ,F x y là 32 khi 5; 4x y  . Vậy chi phí mua nguyên liệu ít nhất thì dùng 5 tấn nguyên liệu loại I và 4 tấn nguyên liệu loại II. 0,25 7 Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 3 , 2 .AB a AD a  Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho 2 .AH HB Góc giữa mặt phẳng  SCD và mặt phẳng  ABCD bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và .AD 1,0 Ta có  SH ABCD . Kẻ HI CD , vì SH CD nên: ( )CD SHI    0( ),( ) 60SCD ABCD SHI   0,25 2. 6 ABCD S AB AD a  . 0 3 . . tan60 2 3 4 3 . S ABCD SH IH a V a    0,25 Kẻ ( )HK SB HK SBC   . Ta có / /( )AD SBC nên:      ( , ) ,( ) ,( ) 3 ,( ) 3d SC AD d AD SBC d A SBC d H SBC HK    0,25 Ta có, 2 2 2 2 1 1 1 13 2 39 6 39 ( , ) . 13 1312 a a HK d SC AD HK HB SH a        0,25 8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B , 2BC AB , E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh ,BC AC . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia FE sao cho 4ME EF . Cho biết  6,0M , AC có phương trình là 2 6 0x y   và A có hoành độ là một số nguyên. Tìm các đỉnh của tam giác đã cho. 1,0 Gọi I là giao điểm của AC và BM . Ta có, 2BC BA BE BA   và 4ME EF EM BC   suy ra ABC BEM    EBM BAC  mà   090EBM EMB    090BAC MBA   BM AC  . 0,25 Phương trình BM qua M và vuông góc với AC : 2 6 0x y   . Ta có, 18 6 ; 5 5 I AC BM I          . Ta có, 2 3 BI BA IM FM     2 2; 2 3 BI IM B      . 0,25 600 K I H D C BA S Mặt khác, 2 2 2 2 1 1 1 5 4BI AB BC AB    mà 4 5 2 5 BI AB   . Ta có,  ;6 2A AC A a a   và   2 2 4; 216 5 a AB A a         (do A có hoành độ nguyên). 0,25 Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB : 2 0x   . Ta có,  2; 2C AC BC C   . Vậy      4; 2 , 2; 2 , 2; 2A B C  . 0,25 9 Giải bất phương trình:  3 2 2 24 4 12 5 2 12 9 2.x x x x x x x       1.0 Điều kiện: 0x  hoặc 2x  . Bất phương trình tương đương với:  3 2 2 24 12 9 2 4 12 5 2 0x x x x x x x        . Xét hàm số    3 2 2 24 12 9 2 4 12 5 2f x x x x x x x x        trên  ,0 2,D        . Cho         2 20 2 2 1 2 5 2 1 2f x x x x x x x                2 1 2 2 2 1 2 5 2 1 x l x x x x x            0,25 Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được: 3 2 2 4 16 15 2 0 2 5 2 x x x x x           . 0,25 Thử lại chỉ có 2x  thỏa mãn phương trình   0f x  . Bảng xét dấu: x  0 2   f x  0 0 + 0,25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  ( , 0] 2S    . 0,25 10 Tìm m để hệ bất phương trình   2 2 3 3 1 1 1 3 3 1 x x y y x y m x y                         có nghiệm. 1,0 Điều kiện : 0 1 x y      . Với mọi a   ta có, 2 1 0a a a a     . Phương trình  1     221 1x x y y        . Xét hàm số   21f t t t   trên  . Ta có   2 2 1 ' 0, 1 t t f t t t         . Suy ra  f t đồng biến trên  x y  . 0,25 Thay x y  vào phương trình (2) ta được:   3 3 3 3 1x x m x x      . Điều kiện 1x    3 3 3 3 1x x m x x         3 3 3 3 1m x x x x      0,25 Xét hàm số      3 3 3 3 1g x x x x x     trên 1;  .         3 2 2 33 1 1' 3 3 1 3 3 1 0 2 1 g x x x x x x x x x x                  với 1x  . Suy ra  g x đồng biến trên 1;  . 0,25    1 1g x g   . Suy ra 1 1m m    . 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 3 THÁNG 06 – 2016 27 Đường Số 01-KDC Metro Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB) ĐT: 0964.222.333 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 22 3.y x x    Câu 2: (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: 3 26 9 2y x x x    tại điểm có hoành độ 0 x thỏa mãn phương trình:  '' 0 12.y x   Câu 3: (1 điểm). a. Cho số phức z thỏa     2 2 1 2 3 4 .z i i    Tính mô đun của 2z i  b. Giải phương trình sau:      1 33 3 log 5 log 1 log 1 1x x x      . Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân   2 2 0 2 1 3I x x xdx   . Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : , 3 3 1 x y z d      mặt phẳng   : 2 5 0P x y z    và điểm  1;2;3 .A Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng  P và tìm tọa độ điểm M thuộc ,d N thuộc  P sao cho A là trung điểm của .MN Câu 6: (1 điểm). a. Cho 3 tan . 4    Tính giá trị của biểu thức:   2 sin 2 coscos . sin P          b. Tìm hệ số của số hạng chứa 3x trong khai triển 2 2 n x x       , biết n là số tự nhiên thỏa: 3 23 4 6 . n n C n C  Câu 7: (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ' ' '.ABC ABC có đáy là tam giác vuông tại ,A ,AB a 3.AC a Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng  ABC trùng với trung điểm H của cạnh ;BC Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 045 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ' ' '.ABC ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ', .AA CB Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có  7,3B và 2AB BC . Gọi E là điểm đối xứng của D qua A và M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các điểm , ,A C D biết rằng  2, 2N  là trung điểm của DM và điểm E nằm trên đường thẳng : 2 9 0d x y   . Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình:    3 3 3 2 3 3 6 2 14 . 27 27 20 4 4 2 1 x y x y y y x x x y x               Câu 10: (1 điểm). Cho 3 số thực dương , ,a b c thỏa mãn:    24 .a c b c c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 4 4 2 . a b ab a b P b c c a cc        --------------------Hết--------------------- SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TTLTĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TUẦN 03 – 06 – 2016 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu GỢI Ý ĐÁP ÁN Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 22 3.y x x    1.0 Tập xa ́c định: D   . Giới hạn: lim lim x x y y      . Ta có 3' 4 4y x x   , 3 0 ' 0 4 4 0 1 x y x x x           . 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 1;0);(1; )  . Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1);(0;1)  . Hàm số đạt cực tiểu tại 0x  , 3 CT y  . Hàm số đạt cực đại tại 1x   , 4 CD y  . 0,25 Bảng biê ́n thiên: x  -1 0 1  y’ + 0 - 0 + 0 - y 4 4  3  0,25 Đồ thị 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: 3 26 9 2y x x x    tại điểm có hoành độ 0 x thỏa mãn phương trình:  '' 0 12.y x   1,0 Ta có 23 12 9 6 12y x x y x       . 0,25  0 0 012 6 12 12 0.y x x x        0,25 Với 0 0 0 2, (0) 9x y y      0,25 Phương trình tiếp tuyến tại (0; 2) là 9 2y x  0,25 x y -1 O 3 4 1 3 1,0 a. Cho số phức z thỏa     2 2 1 2 3 4 .z i i    Tính mô đun của 2z i  . 0,5 Ta có,     2 2 1 2 3 4 ( 3 4 ) ( 7 24 ) 4 28 .z i i i i i            0,25 Suy ra 2 6 27 3 85.z i i     Vậy mô đun của 2z i  là 3 85. 0,25 b. Giải phương trình sau:      1 33 3 log 5 log 1 log 1 1x x x      . 0.5 Điều kiện: 1 5.x  Phương trình tương đương:   2 3 3 3 log 5 log ( 1) log ( 1) 1x x x        2 3 3 log 5 log 3( 1)( 1)x x x        0,25 2 2 2 7 (l) (5 ) 3( 1) 2 10 28 0 2 x x x x x x              Vậy phương trình có nghiệm: 2.x  0,25 4 Tính tích phân:   2 2 0 2 1 3I x x xdx   . 1,0   2 2 2 2 2 2 1 2 0 0 0 2 1 - 3 2 1. - 3 -I x x xdx x x dx x dx I I       0,25 Đặt 2 2 22 1 2 1 2 4t x t x tdt xdx       . Đổi cận 0 1; 2 3x t x t      Do đó: 33 3 1 1 1 13 . 2 6 3 tdt t I t   . 0,25 Ta có: 2 3 2 0 8I x  . 0,25 Vậy 1 2 13 11 8 3 3 I I I      . 0,25 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : , 3 3 1 x y z d      mặt phẳng   : 2 5 0P x y z    và điểm  1;2;3 .A Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng  P và tìm tọa độ điểm M thuộc ,d N thuộc  P sao cho A là trung điểm của .MN 1,0 Gọi H là hình chiếu của điểm A lên  P thì: 1 : 2 3 2 x t AH y t z t         0,25 Ta có:   2 1 4 5 ; ; 3 3 3 3 H AH P t H             0,25 Gọi  1 3 ; 3 ; 2M m m m d    . Vì A là trung điểm của MN nên  1 3 ;4 3 ;8N m m m   . 0,25 Ta có ( ) 8N P m   .Vậy (25; 24;6), ( 23;28;0).M N  0,25 6 1,0 a. Cho 3 tan . 4    Tính giá trị của biểu thức:   2 sin 2 coscos . sin P          0,5 Ta có, 2 2 sin 2 cos cos cos 1 2 cot sin P             0,25 2 1 2 1 tan1 tan      77 75   . 0,25 b. Tìm hệ số của số hạng chứa 3x trong khai triển 2 2 n x x       , biết n là số tự nhiên thỏa: 3 23 4 6 . n n C n C  0,5 Điều kiện: 3n  . Từ giả thiết ta có:     ! ! 3. 4 6. 3! 3 ! 2! 2 ! n n n n n                2 1 2 1 3. 4 6. 6 2 0 9 0 9 n n n n n n n l n n n n n              0,25 Số hạng tổng quát:  9 9 31 9 92 2 . . 2 . . k k k k k k k T C x C x x             . Theo giả thiết ta có: 9 3 3 2k k    . Vậy hệ số của số hạng chứa 3x là:   2 2 9 2 . 144C  . 0,25 7 Cho lăng trụ tam giác ' ' '.ABC ABC có đáy là tam giác vuông tại ,A ,AB a 3.AC a Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng  ABC trùng với trung điểm H của cạnh ;BC Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 045 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ' ' '.ABC ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ', .AA CB 1,0 Ta có    0';( ) ' 45AA ABC A AH  nên tam giác 'AHA vuông cân tại H . Suy ra 2 ' 2 2 BC a A H AH a    . 0,25 2 3 . ' ' ' 3 3 . ' . 2 2ABC ABC A B C ABC a a S V S A H    0,25 Gọi 'H là trung điểm ' 'B C ,D là hình chiếu của 'H lên ( )ABC thì H là trung điểm AD . Kẻ , 'DN BC DK H N  thì ( ' ')DK BCC B . Ta có:  '/ /( ' ') ( ', ' ) ',( ' ')AA BCC B d AA B C d AA BCC B     ,( ' ') ,( ' ')d A BCC B d D BCC B DK   . 0,25 K N D H' 450 H C' B' A' C B A Ta có DHC đều cạnh a nên 3 2 a DN  2 2 2 1 1 1 21 ( ', ' ) . 7' a d AA B C DK DK DN A H      0,25 8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có  7,3B và 2AB BC . Gọi E là điểm đối xứng của D qua A và M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các điểm , ,A C D , biết rằng  2, 2N  là trung điểm của DM và điểm E nằm trên đường thẳng : 2 9 0d x y   . 1,0 Gọi ,P Q lần lượt là trung điểm của AD và BC . Do N là trung điểm của DM , suy ra AP PN BQ  và EP NQ nên EPN NQB    PEN BNQ  Mà   090PEN PNE    090BNQ PNE   EN NB  . 0,25 Phương trình EN qua N và vuông góc với NB : 0x y  . Ta có,  3; 3E EN d E    . Gọi K BN AD  và F EN DC  . Ta có, EPN đồng dạng với EDF suy ra 3 4 EP EN ED EF   3 11 11 ; 4 3 3 EN EF F            . Tương tự ta có, 3 1 11 ; 4 3 3 BN BK K           . 0,25 Đường thẳng AD qua E và K nên có phương trình : 2 3 0AD x y   . Phương trình DC qua F và vuông góc với AD : 2 11 0x y   . Ta có,  1; 5D AD DC D    0,25 Do A trung điểm  1; 1DE A   và  9; 1C  . Vậy      1; 1 , 9; 1 , 1; 5A C D    . 0,25 9 Giải hệ phương trình:    3 3 3 2 3 3 6 2 14 . 27 27 20 4 4 2 1 x y x y y y x x x y x               1.0 Phương trình       3 31 3 2 3 2x x y y      . 0,25 Xét hàm số   3 3f t t t  trên   2' 3 3 0,R f t t t R      nên hàm số  f t luôn đồng biến trên R . Suy ra 2x y  . 0,25 Thế 2x y  vào  2 , ta được:     3 3 2 3 327 27 20 4 4 1 3 1 4 3 1 1 4 1x x x x x x x x             . Xét hàm số   3 4g a a a  trên   2' 3 4 0,R g a a a R      nên hàm số  g a luôn đồng biến trên R . 0,25 Suy ra 3 233 1 1 27 27 8 0 0 2x x x x x x y           . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  0,2 . 0,25 10 Cho 3 số thực dương , ,a b c thỏa mãn:    24 .a c b c c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 4 4 2 . a b ab a b P b c c a cc        1,0 Ta có: 2 24 4 2 . 1 1 a b a b a bc cP b a c c c c c c 