SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: 2 1 x y x − = + có đồ thị là (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn hơn 1− . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM. Câu 2 (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3 2 2cos sin 1 2sin 2sin 1 cos x x x x x + + + + = 2. Giải bất phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 2 3 1 3 4x x x+ ≤ + − + Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: 4 2 6 cos ln(1 sin ) sin x x I dx x π π + + = ∫ Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh 2a , tam giác SAC vuông tại S có 3SC a= ; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB. Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn: 12a b c + + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 2 1 2 1 2 1 a b c S ab c c bc a a ac b b = + + + + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 144. Gọi điểm (2;1)M là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương trình : 3 0AD x y+ + = . Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc ϕ mà 4 cos 5 ϕ = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương. Câu 7.a (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 2 0P x y z− + = và các đường thẳng 1 2 1 1 1 1 2 : ; : 1 3 2 2 1 1 x y z x y z d d − − − − − = = = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mp(P), vuông góc với 1 d và cắt 2 d . Câu 8.a (1 điểm). Tính .z i z+ biết z là số phức thỏa mãn: ( 2)( 1)z z− + là số thuần ảo và 3z = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ): 4 6 9 0C x y x y+ − + + = và đường thẳng : 1 0d x y+ + = . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương. Câu 7.b (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d + + = = − và mặt phẳng (P): 3 0x y z+ + + = . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến ∆ bằng 42 . Câu 8.b (1 điểm). Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log .( 1) log .log ( ) 2 0x x x x x   − + − − =   . - Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN – Khối A, A 1 , B, D Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1 1. Khảo sát và vẽ (C): 2 1 x y x − = + * TXĐ: { } \ 1D R= − * Sự biến thiên: - Giới hạn: 2 lim lim 1 1 x x x y x →±∞ →±∞ − = = + ⇒ tiệm cận ngang là đường thẳng 1y = 1 1 1 1 2 2 lim lim ; lim lim ; 1 1 x x x x x x y y x x − − + + →− →− →− →− − − = = +∞ = = −∞ + + ⇒ tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − - Chiều biến thiên: 2 3 ' 0 ( 1) y x = > ⇒ + hàm số đồng biến trên TXĐ D - Bảng biến thiên: x −∞ 1− +∞ 'y + + y +∞ 1 1 −∞ * Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 2)− , (2;0) , ( 2;4)− , ( 4;3)− và đối xứng qua điểm ( 1;1)I − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Viết phương trình tiếp tuyến… - Giao điểm của 2 tiệm cận là ( 1;1)I − . - Gọi 2 ; ( ) 1 a M a C a −   ∈  ÷ +   , ( 1)a > − , suy ra phương trình tiếp tuyến tại M là: 2 3 2 ( ) ( 1) 1 a y x a a a − = − + ⇒ + + tiếp tuyến có vectơ chỉ phương là: 2 3 1; ( 1) u a   =  ÷ +   r - Vectơ 3 1; 1 IM a a −   = +  ÷ +   uuur - Tiếp tuyến vuông góc với IM khi và chỉ khi 3 9 . 0 1 0 ( 1) u IM a a = ⇔ + − = + uuur r 0,25đ 0,25đ 0,25đ 4 1 3 1 3 ( 1) 9 1 3 1 3 1 3 a a a a a a   + = − = − − ⇔ + = ⇔ ⇔ ⇒ = − +   + = = − +     (do 1)a > − Vậy phương trình tiếp tuyến là: 2 2 3y x= + − . 0,25đ 2 1. Giải phương trình lượng giác: 3 2 2cos sin 1 2sin 2sin 1 cos x x x x x + + + + = (1) * ĐK: cos 0 , . 2 x x m m Z π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 2 PT(1) cos 2sin 2sin 1 2cos sin 1 2cos cos sin 1 2sin .cos (cos sin ) 0 2cos cos sin cos sin (cos sin ) 0 cos sin 2cos (cos sin ) cos sin 1 0 cos sin 2cos 1 2sin cos cos si x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + = + + ⇔ − + − − − = ⇔ − + − − − = ⇔ − + + − − = ⇔ − − + + − ( ) ( ) ( ) n 0 cos sin cos 2 sin 2 cos sin 0 cos sin 0 tan 1 cos2 sin 2 cos sin 0 sin 2 cos 2 sin cos 4 4 tan 1 2 2 sin 2 sin 4 4 4 4 5 2 2 4 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x k x x x k x x x x k π π π π π π π π π π π = ⇔ − + + − = − = =   ⇔ ⇔   + + − = + = −    = + = +  =     ⇔ ⇔ + = − + ⇔       + = −  ÷  ÷         + = − + +   2 2 2 3 3 x k x k π π π π π     = − +    = +   - Kết hợp điều kiện ta được 2 họ nghiệm: 2 , , . 4 3 3 x k x k k Z π π π π = + = + ∈ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Giải bất phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 2 3 1 3 4x x x+ ≤ + − + (1) - Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 (1) 9 1 6 9 1 3 4 3 3 6 9 1 3 4x x x x x x⇔ + ≤ + − + ⇔ + ≤ + − + (2) - Đặt 2 3 4 ( 0) 3 4t x t x t= + ≥ ⇒ = − , BPT (2) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 ( 1) (2 1) 0 1 2 0 1 3 4 1 1 1 4 0 0 3 4 0 3 2 2 3 4 2 0 t t t t t t t t t x x t t t t x x t t x x − ≤ + − ⇔ − + − + ≤ ⇔ − − ≤ = −   + = = =        ⇔ ≤ ⇔ = ⇒ + = ⇔ = −        ≥ ≥ + ≥     ≥   - Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là: [ ) 4 ; 1 0; 3 T   = − − ∪ +∞     0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 Tính tích phân: 4 4 4 2 2 2 6 6 6 cos ln(1 sin ) cos . ln(1 sin ) sin sin sin x x x dx x I dx dx x x x π π π π π π + + + = = + ∫ ∫ ∫ 4 4 4 2 2 6 6 6 (sin ) ln(1 sin ) 1 2 2 sin sin sin d x x dx J J x x x π π π π π π +   = + = − + = − +  ÷   ∫ ∫ 0,25đ - Tính 4 2 6 ln(1 sin ) sin x J dx x π π + = ∫ . Đặt 2 ln(1 sin ) cos 1 sin cot sin u x x du dx x dx dv v x x = +   =   ⇒ +   =   = −   ( ) 2 4 4 4 6 6 6 4 4 4 6 6 6 cos 3 2 2 1 sin cot .ln(1 sin ) 3ln ln sin (1 sin ) 2 2 sin 3 2 2 1 3 2 2 3 ln ln 3 ln ln 2 2 sin 2 2 3 2 2 3 ln ln 2 2 12 xdx x J x x dx x x x dx dx x K x K π π π π π π π π π π π π π + − ⇒ = − + + = − + + + + = − − + = − − + + = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ - Tính 4 4 4 4 2 2 6 6 6 6 sin . (cos ) 1 1 1 sin sin 1 cos 2 1 cos 1 cos dx x dx d x K dx x x x x x π π π π π π π π   = = = − = − +  ÷ − + −   ∫ ∫ ∫ ∫ 4 6 1 1 cos 2 3 ln ln 2 1 cos 2 1 x x π π + + = − = − + Vậy 3 2 2 2 3 2 2 3ln ln ln 2 2 12 2 1 I π + + = − + − − + + . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 4 * Tính thể tích… - Trong mp(SAC) dựng SH AC ⊥ tại H. - Do SBDV đều nên SO BD⊥ , lại do ABCD là hình thoi nên AC BD⊥ mp( ) mp( )BD SAC BD SH SH ABCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ - Vì SBDV đều có cạnh 2 3a SO a⇒ = và SO BD⊥ - Lại do · 0 60CO BD SOC⊥ ⇒ = là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD) 0 3 3 .sin 60 3. 2 2 a SH SO a⇒ = = = - Nhận thấy: SOCV có · 0 3, 60SC SO a SOC SOC= = = ⇒V là tam giác đều 2 2 3 . 1 1 3 2 3 . .2 .2 3 2 3 2 2 1 1 3 . . .2 3 3 3 3 2 ABCD S ABCD ABCD CO a AC a S AC BD a a a a V SH S a a ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = ⇒ = = = * Tính khoảng cách giữa SB và AC. 0,25đ 0,25đ I S H O D C B A - Gọi I là trung điểm SD // mp( ) //OI SB IAC SB⇒ ⇒ ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d AC SB d B IAC d D IAC h⇒ = = = . - Ta thấy: I là trung điểm SD nên 1 ( ;( )) ( ;( )) 2 d I ABCD d S ABCD= ; Lại thấy: 3 . . 1 1 3 2 4 4 ADC ABCD I ADC S ABCD a S S V V= ⇒ = = V ; - Lại có: 2 2 2 2 2 2 3 4CD CO OD a a a= + = + = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 4 5 2 4 2 4 2 SC CD SD a a a a IC + + ⇒ = − = − = Tam giác ICO có · 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3 ; ; 3 cos 2 2. . 4 a OI OC IC IC IO a OC a IOC OI OC + − = = = ⇒ = = · · · 2 2 2 13 sin 1 cos 4 1 1 13 39 39 . .sin . . 3. 2. 2 2 4 8 4 OIC IAC IOC IOC IOC a a S OI OC IOC a a S S ⇒ = − = ⇒ = = = ⇒ = = V V V - Mà . . 1 . . 3 I ACD D IAC IAC V V h S= = V 3 2 . 3 3 3 39 3 : 4 4 13 D IAC IAC V a a a h S ⇒ = = = V Vậy 3 . 3 S ABCD V a= và 3 ( ; ) 13 a d AC SB = . 0,25đ 0,25đ 5 - Đặt 2 2 2 , , , , 0, 12x a y b z c x y z x y z= = = ⇒ > + + ≥ và 3 6 3 6 3 6 121212 yzx z xyz y zxy x S ++ + ++ + ++ = - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 211)1)(1(212 2223 +=+−++≤+−+=+ xxxxxxxx ; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .2=x - Tương tự: 3 2 3 2 2 1 2, 2 1 2y y z z+ ≤ + + ≤ + ; các dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2, 2y z= = - Áp dụng các kết quả trên và giả thiết ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 6 6 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) ( 2) 2( ) 6 2 5 2( ) 2 x y z x y z S xy z yz x zx y xy yz zx x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + ≥ + + ≥ + + + + + + + + + + + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + - Áp dụng BĐT AM-GM ta được: 4334 2 1 2 1 23233 −≥⇒≥++ xxxxx , dấu “=” xảy ra 2=⇔ x . Tương tự suy ra )(2)()(312)(3 222222222222333 zyxzyxzyxzyxzyx ++=++−++≥−++≥++ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Suy ra ( ) 5 96 5 )(8 )(5 8 222 222 2 222 ≥ ++ = ++ ++ ≥ zyx zyx zyx S , dấu “=” xảy ra .2===⇔ zyx Vậy min 96 2 4. 5 S x y z a b c= ⇔ = = = ⇔ = = = 6.a * Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD 'M AC⇒ ∈ + Ta có pt ': 1 0MM x y− − = + Gọi ' ( 1; 2)I MM AD I= ∩ ⇒ = − − + Do I là trung điểm ' ( 4; 5)MM M⇒ = − − * Đường thẳng AD có vtpt là (1;1)n = r + Giả sử đường thẳng AC có vtpt là 2 2 1 ( ; ), 0n a b a b= + ≠ ur . + Theo giả thiết suy ra: ( ) 1 2 2 1 2 2 1 . 7 4 4 cos cos , 7 50 7 0 7 5 5 2 n n a b a b n n a ab b b a n n a b ϕ = +  = ⇔ = ⇔ = ⇔ − + = ⇔  = +  r ur r ur r ur + Với 7a b= , chọn 1 7 :7 33 0b a pt AC x y= ⇒ = ⇒ + + = - Điểm ( ) 3 0 5 : 5;2 7 33 0 2 x y x A AD AC A A x y y + + = = −   = ∩ ⇒ ⇔ ⇒ = −   + + = =   - Điểm (2;1)M là trung điểm của AB ( ) 9;0B⇒ = (loại) + Với 7b a= , chọn 1 7 pt : 7 39 0a b AC x y= ⇒ = ⇒ + + = - Điểm ( ) 3 0 3 : 3; 6 7 39 0 6 x y x A AD AC A A x y y + + = =   = ∩ ⇒ ⇔ ⇒ = −   + + = = −   - Điểm (2;1)M là trung điểm của AB ( ) 1;8B⇒ = (thỏa mãn đk) 48 10 2 và pt :7 15 0 ( '; ) 5 2 AB AB x y d M AB⇒ = + − = ⇒ = ; * Nhận thấy: ' 1 144 1 ( '; ). 48 ( ; ) 3. ( '; ) 2 3 3 M AB ABC S d M AB AB S d C AB d M AB= = = = ⇒ = V V Lại vì M’ nằm giữa A, C nên 3 ' ( 18; 3)AC AM C= ⇒ = − − uuur uuuuur Vậy ( ) 3; 6A = − , ( ) 1;8B = , ( 18; 3)C = − − là các điểm cần tìm. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 7.a - Ta thấy: mp( )P có vectơ pháp tuyến là (2; 1;2)n = − r ; Đường thẳng 1 d có vectơ chỉ phương là: 1 (1;3;2)u = ur - Gọi 2 1 2 2 0 ( ) : 2 (1;2;0) 1 2 0 2 1 1 x x y z A d P A y A x y z z =  − + =    = ∩ ⇒ ⇔ = ⇒ =  − − = =   =  −  - Giả sử đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là u r . + Vì 1 1 ( )P u n d u u  ∆ ⊂ ⊥   ⇒   ∆ ⊥ ⊥    r r r ur nên có thể chọn 1 , ( 8; 2;7)u n u   = = − −   r r ur + Lại do ( )P∆ ⊂ và ∆ cắt 2 d ⇒ ∆ đi qua (1;2;0)A = Vậy phương trình đường thẳng 1 2 : 8 2 7 x y z− − ∆ = = − − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 8.a - Giả sử , ( , )z a bi a b R z a bi= + ∈ ⇒ = − và 2 2 z a b= + + Ta có ( ) ( ) 2 ( 2)( 1) ( 2) ( 1) ( 2)( 1) 3z z a bi a bi a a b bi− + = − + + − = − + + + là số 0,25đ A M’ M B C I D thuần ảo khi và chỉ khi 2 2 2 ( 2)( 1) 0 2 0a a b a b a− + + = ⇔ + − − = (1) + Mặt khác: 2 2 2 2 3 3 3z a b a b= ⇔ + = ⇔ + = (2) + Từ (1) và (2) ta được 1, 2a b= = ± 1 2 1 2 z i z i  = + ⇒  = −   2 2 . 2(1 2) 2 2 . (1 2) (1 2) . (1 2) (1 2) . 2(1 2) 2 2 z i z z i z i z i z i z i z   + = + = + + = + + +  ⇒ ⇒   + = − + −  + = − = −   Vậy . 2 2z i z+ = + hoặc . 2 2z i z+ = − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 6.b - Đường tròn (C) có tâm (2; 3)I = − , bán kinh 2R = . - Vì đỉnh : 1 0 ( ; 1)A d x y A a a∈ + + = ⇒ = − − với 0a > . - Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm của đường tròn (C) cũng là tâm của hình vuông và 2 2 2 2 2 8 2( 2) 8IA R IA a= = ⇔ = ⇔ − = 2 2 2 4 ( 2) 4 (4; 5) 2 2 0 (loai) a a a A a a − = =   ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇒ = −   − = − =   + Vì I là trung điểm AC (0; 1)C⇒ = − . Đường thẳng BD AC ⊥ tại I pt : 5 0BD x y⇒ − − = - Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD suy ra tọa độ B, D là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 4 1 5 0 (4; 1), (0; 5) (0; 5), (4; 1) ( 2) ( 3) 8 0 5 x y x y B D B D x y x y  =    = − − − = = − = −     ⇔ ⇒    = − = − − + + = =      = −    Vậy các đỉnh của hình vuông là: (4; 5), (4; 1), (0; 1), (0; 5)A B C D= − = − = − = − hoặc (4; 5), (0; 5), (0; 1), (4; 1)A B C D= − = − = − = − . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 7.b - Vì ( ) (0; 1; 2)M d P M= ∩ ⇒ = − − - Mp(P) có vectơ pháp tuyến là: (1;1;1)n = r ,đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: (2;1; 1)u = − r . Do đường thẳng ∆ cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d nên đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là: 1 , ( 2;3; 1)u n u   = = − −   ur r r . - Gọi ( ; ; )N x y z là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , suy ra ( ; 1; 2)MN x y z= + + uuuur + Theo giả thiết suy ra: 1 2 2 2 2 3 1 0 (4;0; 7) ( ) 3 0 ( 4; 2;3) ( 1) ( 2) 42 42 MN u x y z N N P x y z N x y z MN  ⊥  − + − + = = −    ∈ ⇔ + + + = ⇔ ⇔    = − −    + + + + = =   uuuur ur - Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán: 4 7 : 2 3 1 x y z− + ∆ = = − − hoặc 4 2 3 : 2 3 1 x y z+ + − ∆ = = − − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 8.b * Giải PT: 2 2 2 2 2 log .( 1) log .log ( ) 2 0x x x x x   − + − − =   (1) - ĐK: 1x > 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) PT(1) log log .log ( ) 2 0 2log ( ) log log .log ( ) 2 0 x x x x x x x x x x x x   − ⇔ + − − =     ⇔ − − + − − = 0,25đ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( ) 1 log . log ( ) 1 0 log ( ) 1 log 2 0 1 2 0 log ( ) 1 0 log ( ) 1 2 1 log 2 0 log 2 1 4 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x     ⇔ − − + − − =       ⇔ − − + =     = −  − − =   − − = − =   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =     + = = − =      =   - Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có duy nhất một nghiệm: 2x = 0,25đ 0,25đ 0,25đ * Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa - Câu hình học không gian (câu 4), nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm. - Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm của câu đó được tính vào câu 1 (mỗi ý 0,5 điểm) . > 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) PT(1) log log .log ( ) 2 0 2log ( ) log log .log ( ) 2 0 x x x x x x x x x x x x   − ⇔ + − − =     ⇔ − − + − − = 0 ,25 đ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 4334 2 1 2 1 23 233 −≥⇒≥++ xxxxx , dấu “=” xảy ra 2= ⇔ x . Tương tự suy ra ) (2) ()(3 12) (3 22 222 222 222 2333 zyxzyxzyxzyxzyx ++=++−++≥−++≥++ 0 ,25 đ 0 ,25 đ 0 ,25 đ 0 ,25 đ Suy ra ( ) 5 96 5 )(8 )(5 8 22 2 22 2 2 222 ≥ ++ = ++ ++ ≥ zyx zyx zyx S ,. ) 6 6 6 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) ( 2) 2( ) 6 2 5 2( ) 2 x y z x y z S xy z yz x zx y xy yz zx x y z x y