Đề Thi thử DH môn toán năm 2013 đề số 5 ppt

TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 12-01-2013
PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x
3
−3
(
m +1
)
x
2
+12mx +m +4,
(
C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C ) khi m = 0.
b) Gọi A và B lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (C
m
). Tìm tất cả các giá trị của m để
khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tại A và B của đồ thị C
m
) bằng 4.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình :
cos
3
x

(
cos x −2sin x
)
−cos2x −cos
2
x
tan

x +
π
4

.tan

x −
π
4

=0.
b) Giải phương trình
4

3
(
x +5
)
−
4

x +13 =

4

11 −x −
4

3
(
3 −x
)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

e
2
1 +(x −1) lnx −ln
2
x
(
1 +x lnx
)
2
dx
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.AB C D có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a,BC = a

2 . Cạnh bên S A
vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SD và AD. Mặt phẳng (P ) chứa BM cắt mặt phẳng
(S AC) theo một đường thẳng vuông góc với BM . Giả sử B N cắt AC tại I , gọi J là trung điểm của IC . Biết
khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng (P ) bằng
2

2a

3
. Tính thể tích khối chóp BMD J và khoảng cách giữa hai
đường thẳng DM và B J theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện 2

9z
2
+16y
2

=

3z +4y

x yz . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
P =
x
2
x
2
+2
+
y
2
y
2
+3
+
z

2
z
2
+4
+
5x y z
(
x +2
)

y +3

(
z +4
)
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm mộttrong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu của A trên BC
. Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn
(
C
)
:

x −
16
5

2

+

y −
33
5

2
=
36
25
. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AC H
là I

26
5
;
23
5

. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác AB C .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho hai điểm A
(
2;2;5
)
và B
(
1;1;7
)
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
tròn

(
C
)
:

(
x −1
)
2
+

y −1

2
+
(
z −2
)
2
=9
x +y +z −7 =0
để tam giác M AB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 7A. (1 điểm) Giải bất phương trình : 3 +
4

6 −2
x
+

2 +2

x
≥2

8 −

(
6 −2
x
)(
2
x
+2
)
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn
(
C
)
có tâm I(1;2) . Tiếp
tuyến của
(
C
)
tại B,C,D cắt nhau tại M, N . Giả sử H(1; −1) là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ các điểm
A,B, M, N biết rằng chu vi tam giác AMN bằng 28 +4

10.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho mặt cầu
(

S
)
:
(
x −1
)
2
+

y −2

2
+
(
z −3
)
2
=
14
3
và đường thẳng
d :
x −4
3
=
y −4
2
=
z −4
1

. Tìm trên đường thẳng d các điểm A sao cho từ A có thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt
cầu (S) sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều ( trong đó B,C,D là các tiếp điểm ) .
Câu 7B. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

log
2

x +

x
2
+1

+log
2

y +

y
2
+4

=1
2log
2


2x −y +2 +

3y −2x +4


=2log
4

5x
2
+y
2
+1

+1
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y = x
3
−3
(
m +1
)
x
2
+12 mx +m +4,
(
C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m =0.
b) Gọi A và B lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (C
m
). Tìm tất cả các giá

trị của m để khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tại A và B của đồ thị C
m
) bằng 4.
a) Lời giải (hungchng):
m =0 hàm số y =x
3
−3x
2
+4 có tập xác định : D =R;
*
Đạo hàm y

=3x
(
x −2
)
, y

=0 ⇐⇒

x =0 =⇒ y =4
x =2 =⇒ y =0
Hàm số đồng biến trên (−∞;0),(2;+∞) ;
Hàm số nghịch biến trên (0;2)
lim
x→−∞
y =−∞; lim
x→+∞
y =+∞;
*

Bảng biến thiên
x
y

y
−∞
0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
00
+∞+∞
Điểm cực đại (0;4), điểm cực tiểu (2; 0)
*
Đồ thị
b) Lời giải (xuanha):
Ta có: y

=3x
2
−6(m +1)x +12m
y

=0 ⇔ x

2
−2(m +1)x +4m =0 Có : ∆

=(m −1)
2
để đồ thị có 2 cực trị thì m =1, khi đó

x =2
x =2m
suy ra

y(2) =13m
y(2m) =−4m
3
+12 m
2
+m +4
do tiếp tuyến với đồ thị tại 2 cực trị của hàm số song song với Ox nên
|4m
3
−12 m
2
+12 m −4 |=4 ⇔m =2 hoăc m =0
vậy m =0; m =2
Câu 2.a Giải phương trình :
cos
3
x
(
cos x −2 sin x

)
−cos 2x −cos
2
x
tan

x +
π
4

.tan

x −
π
4

=0.
Lời giải (thiencuong_96):
Chú ý ta có tan

x +
π
4

.tan

x −
π
4


=−1
Điều kiện : cos

x −
π
4

=0, cos

x +
π
4

=0 ⇔ x =
π
4
+
kπ
2
, k ∈ Z
Phương trình trở thành :
⇔cos
4
x −2sin x.cos
3
x −cos2x −cos
2
x =0
⇔−cos
2

x(1 −cos
2
x) −sin2x(cos
2
x) −cos2x =0
⇔2cos
2
x.sin
2
x +sin2x(1+cos 2x)+2cos2 x =0
⇔
sin2x
2
.
(
sin2x +2 cos x
)
+sin 2x +2cos2x =0
⇔sin2x +2 cos 2x =0 (2)
Đặt α =arctan
1
2
=⇒ tanα =
1
2
=⇒ sinα =
1

5
;cosα =

2

5
. Nên (2) trở thành :
cos(2x −α) =0 ⇔x =
π
4
+
α
2
+
kπ
2
, k ∈Z
Vậy x =
π
4
+
α
2
+
kπ
2
, k ∈Z
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có: tan(x +
π
4
).tan(x −
π

4
) =−1 và cos x =0 không phải là nghiệm của PT
2
ĐK:

tan(x +
π
4
) =0
tan(x −
π
4
) =0
⇔

tan x =1
tan x =−1
PT ⇔cos
4
x −2sin x cos
3
x +2sin
2
x −cos
2
x −1 =0
Chia 2 vế PT cho cos
4
x và đặt tanx =t,(t =±1) ta được:
t

4
−t
2
−2t −1 =0 ⇔

t
2
−t −1

t
2
+t +1

=0 ⇔ t
2
−t −1
⇔

t =
1−

5
2
(T M)
t =
1+

5
2
(T M)

⇒

x =arctan
1−

5
2
+kπ
x =arctan
1+

5
2
+kπ
, (k ∈ Z )
Lời giải (xuannambka):
Ta có tan

x +
π
4

.tan

x −
π
4

=−1
Điều kiện : x =

π
4
+
kπ
2
Phương trình trở thành :
⇔cos
3
x
(
cos x −2 sin x
)
−cos 2x −cos
2
x =0
⇔cos
4
x −sin2xcos
2
x −2cos
2
x +1−cos
2
x =0
⇔cos
4
x +sin
2
x −cos
2

x
(
sin2x +2
)
=0
⇔cos
2
x

1 −sin
2
x

+sin
2
x −cos
2
x
(
sin2x +2
)
=0
⇔1 −sin
2
xcos
2
x −cos
2
x
(

sin2x +2
)
=0
⇔1 −
1
4
sin
2
2x −cos
2
x
(
sin2x +2
)
=0
⇔
1
4
(
2 −sin2x
)(
2 +sin2x
)
−cos
2
x
(
sin2x +2
)
=0

⇔

2 +sin2x =0 (V N )
1
4
(
2 −sin2x
)
=cos
2
x (1)
(1) ⇐⇒
1
2
−
1
4
sin2x −cos
2
x =0 ⇐⇒ 1 −2cos
2
x −
1
2
sin2x =0
⇐⇒ −cos2x −
1
2
sin2x =0 ⇐⇒ 2cos2x +sin2x =0
⇐⇒


cos2x =0
tan2x =−2
⇐⇒ x =
1
2
arctan
(
−2
)
+
kπ
2
Lời giải (tienduy95):
ĐK: tan(x −
π
4
)tan(x +
π
4
) =0 ⇔ x =
π
4
+k
π
2
Phương trình trở thành :
⇔cos
4
x −2sin x cos

3
x −cos2x −cos
2
x =0
⇔cos
4
x −cos2x −sin 2x cos
2
x −cos
2
x =0
⇔cos
4
x −2cos
2
x +1−(cos x(sinx +cos x))
2
=0
⇔(1 −cos
2
x)
2
−(cos x(sinx +cosx))
2
=0
⇔(1 −cos
2
x −cosx sinx −cos
2
x)(1 −cos

2
x +cosx sinx +cos
2
x) =0
⇔

1 −2cos
2
x −cosx sinx =0
cos x sin x =−1
⇔

sin
2
x +cos
2
x −2cos
2
x −cosx sinx =0
sin2x =−2 (vô nghiệm)
⇔sin
2
x −sinx cosx −cos
2
x =0 ⇔tan
2
x −tan x −1 =0
⇔

tan x =

1−

5
2
tan x =
1+

5
2
⇔

x =arctan
1−

5
2
+kπ
x =arctan
1+

5
2
+kπ
Câu 2.b Giải phương trình
4

3
(
x +5
)

−
4

x +13 =
4

11 −x −
4

3
(
3 −x
)
Lời giải (Mai Tuấn Long):
ĐK: −5 ≤ x ≤3
3
PT ⇔
4

15 +3x +
4

9 −3x =
4

15 +(x −2)+
4

9 −(x −2)
Xét hàm số: f (t) =

4

15 +t +
4

9 −t trên đoạn [−15;9] có: f

(t ) =
1
4

1
(
4

15 +t)
3
−
1
(
4

9 −t)
3

⇒ f

(t ) ≥0 với t ∈[−15;−3] và f

(t ) ≤0 với t ∈[−3;9]

Đặt :

u =3x
v = x −2
PT ⇔ f (u) = f (v). Nên

Với x ∈[−1;3] →u, v ∈[−3;9]
Với x ∈[−5;−1] →u, v ∈[−15;−3]
⇒PT ⇔u =v ⇔3 x = x −2 ⇔ x =−1
Lời giải (giangmanh):
ĐK −5 ≤ x ≤3
Khi đó ta có
PT ⇔
4

12 +3
(
x +1
)
+
4

12 −3
(
x +1
)
=
4

12 +

(
x +1
)
+
4

12 −
(
x +1
)
Xét hàm số : f
(
t
)
=
4

12 +t +
4

12 −t
(
t ∈
[
−12;12
])
. Ta có f

(
t

)
=
1
4
1
4

(
12 +t
)
3
−
1
4
1
4

(
12 −t
)
3
Ta có f

(
t
)
=0 ⇒ t =0 Mà f
(
3
(

x +1
))
= f
(
x +1
)
⇒

3
(
x +1
)(
x +1
)
<0
3
(
x +1
)
=x +1
+) 3
(
x +1
)(
x +1
)
<0⇒ Vô lí
+) 3
(
x +1

)
=x +1 ⇒x =−1
Vậy x =−1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Lời giải (Phạm Kim Chung):
Điều kiện : −5 ≤ x ≤3
Đặt : a =
4

3
(
x +5
)
; b =
4

3
(
3 −x
)
; c =
4

11 −x;d =
4

x +13 Ta có :



a +b =c +d

a
4
+b
4
=c
4
+d
4
a,b,c,d ≥0
Lúc đó : a
4
+b
4
=c
4
+d
4
⇔
(
a +b
)
4
−2ab

2a
2
+3ab +2b
2

=

(
c +d
)
4
−2cd

2c
2
+3cd +2d
2

⇒ab

2
(
a +b
)
2
−ab

=cd

2
(
a +b
)
2
−cd

(

Do a +b =c +d
)
(∗)
⇒
(
ab −cd
)

2
(
a +b
)
2
−
(
ab +cd
)

=0
Mà :
(
a +b
)
2
≥4ab ≥ ab ;
(
a +b
)
2
=

(
c +d
)
2
≥4ab ≥ ab ∀a,b,c, d ≥0
Nên từ (*) suy ra : ab =cd hoặc a =b =0 (không xảy ra)
Thay trở lại ta có phương trình :
4

9
(
x +5
)(
3 −x
)
=
4

(
11 −x
)(
x +13
)
⇔

−5 ≤ x ≤3
8x
2
+16x +8 =0
⇔x =−1

Thử lại ta thấy x =−1 là nghiệm của phương trình đã cho
Câu 3. Tính tích phân I =

e
2
1 +(x −1)ln x −ln
2
x
(
1 +x ln x
)
2
dx
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có:

1
1 +x ln x


=−
ln x +1
(1 +x ln x)
2
I =

e
2
ln x.


−
1 +lnx
(1 +x ln x)
2

d x +

e
2
1
1 +x ln x
d x
=

e
2
ln x.d

1
1 +x ln x

+

e
2
1
1 +x ln x
.d x
=


ln x
1 +x ln x





e
2
−

e
2
1
1 +x ln x
d(lnx) +

e
2
1
1 +x ln x
d x
=

ln x
1 +x ln x






e
2
−

e
2
1
x(1 +x ln x)
d x +

e
2
1
1 +x ln x
d x
=

lnx
1 +x ln x





e
2
+
e


2
1
1 +x ln x

1 −
1
x

d x
=

ln x
1 +x ln x





e
2
+

e
2
1
1 +x ln x
d(x −lnx)
4
=


ln x
1 +x ln x





e
2
+
x −lnx
1 +x ln x




e
2
−

e
2
(x −lnx)d

1
1 +x ln x

=

lnx

1 +x ln x
+
x −lnx
1 +x ln x





e
2
−

e
2
(x −lnx)

1 +
1
x

d x
=

x
1 +x ln x






e
2
−

e
2
(x +1)d x −

e
2
ln xd x −

e
2
ln x.
1
x
d x
=

x
1 +x ln x
−
1
2
x
2
−x −x ln x






e
2
+
e

2
d x −
e

2
ln x.d(ln x)
=

x
1 +x ln x
−
1
2
x
2
−x lnx −
1
2
ln
2
x






e
2
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a,BC = a

2 . Cạnh
bên S A vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SD và A D. Mặt phẳng (P) chứa
B M cắt mặt phẳng (S AC) theo một đường thẳng vuông góc với B M . Giả sử BN cắt AC tại I , gọi
J là trung điểm của IC . Biết khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng (P) bằng
2

2a
3
. Tính thể tích
khối chóp BMD J và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và B J theo a.
Lời giải (dan_dhv):
Gọi O là tâm của đáy.
Ta có. AN =
a

2
2
, AC = a

3 ⇒ AI =
a


3
3
B N =

AN
2
+ AB
2
=
a

6
2
. ⇒ I N =
a

6
6
.
Do AI
2
+I N
2
=
a
2
2
= AN
2

. Nên tam giác AI N ⊥ I. suy ra BN ⊥(S AC); AC ⊥(B MN).
Gọi d =(P)

(S AC) ⇒

d ⊥B M
d ⊥B N
⇒d ⊥(B M N) Do d, AC cùng thuộc (SAC) nên dAC .
Gọi B M

SO =G. Suy ra. d là đường thẳng qua G và song song AC cắt S A,SC lần lượt tại E,F.
Khi đó (P) =(BF ME).
Đặt S A =x ⇒M N =
x
2
,BM =

B N
2
+NM
2
=

3a
2
2
+
x
2
4

.EF =
2
3
AC =
2a

3
3
. Do EF ⊥B M
nên S
BF M E
=
EF.BM
2
=
a

3

3a
2
2
+
x
2
4
. ⇒V
SBF ME
=
1

3
d
(
S;(P)
)
S
BF M E
=
2a
2

6
27

3a
2
2
+
x
2
4
. (1)
Mặt khác, V
SBF ME
=V
SBEF
+V
SMEF
=
V

S ABC D
3
=
1
3
1
3
xa
2

2 (2)
Từ (1), (2) ⇒
2a
2

6
27

3a
2
2
+
x
2
4
=
1
3
1
3

xa
2

2 ⇒ x =a

3
5
Ta có. d
(
M;(ABCD)
)
=
1
2
S A =
a

3
2
. và S
JOB
=
1
6
S
ABC
⇒S
B J D
=
1

6
S
ABC D
=
a

2
6
⇒V
MBDJ
=
1
3
a

3
2
a

2
6
=
a
3

6
36
Gọi P là trung điểm của AB suy ra DPB J. Khi đó d
(
B J;MD

)
=d
(
B;(SPD)
)
=d
(
A;(SP D)
)
Hạ AK ⊥PD ⇒PD ⊥(S AK ) . Hạ AT ⊥SK suy ra AT =d
(
A;(SP D)
)
.
Ta có.
1
AK
2
=
1
AP
2
+
1
AD
2
=
9
2a
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAK ta có,
1
AT
2
=
1
AK
2
+
1
S A
2
⇒ AT =

6
29
Vậy d =

6
29
Câu 5. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện 2

9z
2
+16y
2

=

3z +4y


x yz . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức :
P =
x
2
x
2
+2
+
y
2
y
2
+3
+
z
2
z
2
+4
+
5x yz
(
x +2
)

y +3

(

z +4
)
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là
hình chiếu của A trên BC . Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn
(
C
)
:

x −
16
5

2
+

y −
33
5

2
=
36
25
.
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AC H là I

26

5
;
23
5

. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho hai điểm A
(
2;2;5
)
và B
(
1;1;7
)
. Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường tròn
(
C
)
:

(
x −1
)
2
+

y −1


2
+
(
z −2
)
2
=9
x +y +z −7 =0
để tam giác M AB có diện tích
nhỏ nhất.
Lời giải (dan_dhv):
Gọi (C) là giao của mặt cầu (S) và (P). Ta có
−→
AB(1; 1;−2);

u
P
(1;1;1).
Nhận thấy
−→
u
P
.
−→
AB =0 ⇒ AB(P). Gọi (Q) là mặt phẳng qua AB và vuông góc (P ).
⇒
−→
n
Q

=



−→
u
P
;
−→
AB



=(1;−1;0). Phương trình (Q) là : x −y =0. Ta có S
M AB
min ⇔d(M ; AB) min.
Tọa độ M thuộc (Q). Hay ta có hệ



(
x −1
)
2
+

y −1

2
+

(
z −2
)
2
=9
x +y +z −7 =0
x −y =0
⇒M(1;1;5); M(3;3;1)
Câu 7A. Giải bất phương trình : 3 +
4

6 −2
x
+

2 +2
x
≥2

8 −

(
6 −2
x
)(
2
x
+2
)
Lời giải (giangmanh):

ĐK x ≤log
2
6
Đặt t =

6 −2
2
+

2 +2
x
⇒t
2
=8 +2

(
6 −2
x
)(
2 +2
x
)
⇒

(
6 −2
x
)(
2 +2
x

)
=
t
2
−8
2


8 ≤ t ≤4

Thay vào bất PT ta được :
3 +
4

6 −2
x
+

2 +2
x
≥2

8 −

(
6 −2
x
)(
2
x

+2
)
3 +
4
t
≥2

8 −
t
2
−8
2
⇔3t +4 ≥t

48 −2t
2
⇔
(
t −4
)

2t
3
+8t
2
−7t −4

≥0
Vì f (t) =2t
3

+8t
2
−7t −4 ≥0 với t ∈


8;4

⇒BPT ⇔t −4 ≥0 ⇔ t ≥4 Mà t ≤4 ⇒ t =4 ⇔ x =2
Vậy x =2
6
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn
(
C
)
có tâm I (1;2) . Tiếp tuyến của
(
C
)
tại B,C,D cắt nhau tại M , N. Giả sử H(1;−1) là trực tâm tam
giác AM N . Tìm tọa độ các điểm A,B,M,N biết rằng chu vi tam giác AMN bằng 28 +4

10.
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu6B.b Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu
(
S
)
:
(

x −1
)
2
+

y −2

2
+
(
z −3
)
2
=
14
3
và đường thẳng d :
x −4
3
=
y −4
2
=
z −4
1
. Tìm trên đường thẳng d các điểm A sao cho từ A có thể
kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều ( trong đó B,C,D là
các tiếp điểm ) .
Lời giải (Mai Tuấn Long):
A ∈d ⇒ A =(4 +3t;4 +2t;4 +t)

I là tâm mặt cầu (S) ⇒ I =(1;2;3) ⇒
−→
I A =(3 +3t;2 +2t;1 +t) ⇒ AI =
|
1 +t
|

14 , (1).
Đặt: AB =a; AI ∩(BCD) = H; (S) có bán kính R =

14
3
⇒ AH ⊥(BC D) ⇒ AH =
a

6
3
; I H =

R
2
−B H
2
=

3R
2
−a
2
3

⇒ AI = AH +I H =
a

6
3
+

3R
2
−a
2
3
(2)
Lại có: AI
2
=R
2
+a
2
⇒ AI =

R
2
+a
2
, (3)
Từ (2) và (3) ⇒

R
2

+a
2
=
a

6
3
+

3R
2
−a
2
3
⇔a
2
=2R
2
⇒ AI =R

3 =

14, (4)
Từ (1) và (4) ⇒
|
1 +t
|
=1 ⇔

t =0

t =−2
⇒ Điểm A có các tọa độ: (4;4; 4), (−2;0;2).
Câu 7B. Giải hệ phương trình:

log
2

x +

x
2
+1

+lo g
2

y +

y
2
+4

=1
2log
2


2x −y +2+

3y −2x +4


=2log
4

5x
2
+y
2
+1

+1
Lời giải (xuannambka):
hpt ⇐⇒


x +

x
2
+1

y +

y
2
+4

=2 (1)

2x −y +2+


3y −2x +4 =

10x
2
+2y
2
+2 (2)
(
1
)
⇐⇒
4

x −

x
2
+1

y −

y
2
+4

=2 ⇐⇒

x −


x
2
+1


y −

y
2
+4

=2 (3)
Từ (1) và (3) ta có hệ phương trình:




x +

x
2
+1

y +

y
2
+4

=2


x −

x
2
+1

y −

y
2
+4

=2
⇐⇒

x y +x

y
2
+4 +y

x
2
+1 +

x
2
+1


y
2
+4 =2
x y −x

y
2
+4 −y

x
2
+1 +

x
2
+1

y
2
+4 =2
Cộng 2 vế với nhau ta được:
x y +

x
2
+1

y
2
+4 =2 =⇒ x


y
2
+4 +y

x
2
+1 =0 ⇐⇒



x y ≤0

y =−2x
y =2x
⇐⇒ y =−2x
Thế y =−2x vào (2) ta được:

4x +2+

−8x +4 =

18x
2
+2 ⇐⇒ x =

2
3
=⇒ y =−
2


2
3
Vậy phương trình có nghiệm

x; y

=


2
3
;−
2

2
3

7