03 DE VA DA THU DH 6.2010

S GD&T BC NINH
TRNG THPT LNG TI 2
THI TH I HC LN III
NM HC 2009 2010
Mụn Toỏn
Ngy thi: 01/5/2010
Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Phần chung cho tất cả các thí sinh.
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số :
1
2

+
=
x
x
y
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2.Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai đờng tiệm cận một
tam giác có diện tích không đổi.
Câu II (2 điểm)
1.Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình:
Cotx 1 =
xx
x

x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
2.Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:

mxxxx =+++ 11
22
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c > 0.
1. Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC)
2. Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân đờng cao kẻ từ C của
ABC
.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân: I =



2
1
10
1

dx
x
xx
2. Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn: x + y + z = xyz.
Tìm GTNN của A =
)1()1()1( zxy
zx
yzx
yz
xyz
xy
+
+
+
+
+
.
Phần riêng.
Thí sinh chỉ đợc làm 1 trong 2 câu: V. a hoặc V.b
Câu V. a. Dành cho ban Cơ Bản (2 điểm).
1. Giải phơng trình:
25lg)20.155.10lg( +=+ x
xx
2.Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A
'
B
'
C
'
biết mp(ABC

'
) hợp với đáy góc 60
0
và diện
tích tam giác ABC
'
bằng
2
3a
Câu V. b. Dành cho ban KHTN (2 điểm).
1.Giải bất phơng trình:

32
4
)32()32(
1212
22

++
+ xxxx
2.Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 30
0
; hai mặt
bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc

.
CMR: (SAC)

(ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Hết

Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
ý
Nội dung
Điểm
I
2
1
Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm)
Ta có:
1
3
1

+=
x
y
TXĐ: D = R\ {1}
Sự biến thiên:
+ Giới hạn Tiệm cận:

+=
+

y
x 1
lim


=

y
x 1
lim


ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1

1lim =
+x
y


ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1
0,25
+ Bảng biến thiên:

'y
=
0
)1(
3
2
<


x
,
Dx

HS nghịch biến trên các khoảng (-

; 1) và (1; +

)
HS không có cực trị
0,5
Đồ thị:
KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25
2 CMR: Mọi tiếp tuyến diện tích không đổi (1 điểm)
Giả sử M







+
1
2
;
a
a
a
thuộc đồ thị (1)

Tiếp tuyến của (1) tại M:
1
2
))((
'

+
+=
a
a
axayy
=
2
2
2
)1(
24
)1(
3

+
+


a
aa
x
a
0,25
TCĐ: x = 1 (

1

) ; TCN: y = 1(
1

)
Gọi I là giao 2 tiệm cận

I(1; 1)
A = d

1



A(1;
1
5

+
a
a
) ; B = d

2



B(2a-1; 1)
0,25

=

1
6
;0
a
IA


IA =
1
6
a
;
( )
0;22 =

aIB


IB = 2
1a

0,25
Diện tích
IAB
: S
IAB
=
IBIA.
2
1
= 6 (đvdt)

ĐPCM
0,25
II

2
1
Tìm x
);0(


thoả mãn pt (1 điểm)
§K:



−≠
≠
⇔




≠+
≠
1tan
02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x
Khi ®ã pt
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
−+
+
=
−
⇔

xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22
−+−=
−
⇔
0,25

⇔
)2sin1(sinsincos xxxx −=−

⇔
0)1sincos)(sinsin(cos
2
=−−− xxxxx
0,25

⇔
0)32cos2)(sinsin(cos =−+− xxxx

⇔
0sincos =− xx

⇔
tanx = 1
)(

4
Zkkx ∈+=⇔
π
π
(tm)
0,25

( )
4
0;0
π
π
=⇒=⇒∈ xkx
KL:
0,25
2 T×m m ®Ó pt cã nghiÖm (1 ®iÓm)
XÐt hs:
11)(
22
+−−++= xxxxxf

12
12
12
12
)('
22
+−
−
−

++
+
=
xx
x
xx
x
xf




++−=+−+
≥−+
⇔=
)1()12()1()12(
0)12)(12(
0)('
2222
xxxxxx
xx
xf
0,25






=

−
≤∨≥
⇔
)(0
2
1
2
1
lx
xx

Rxf ∈∀>= ,01)0('

⇒
HS
)(xf
®ång biÕn trªn R.
0,25

1)(lim;1)(lim −==
−∞→+∞→ xx
xfxf
0,25
PT cã nghiÖm khi: -1 < m < 1.

0,25
III 2
1 TÝnh kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn (ABC) (1 ®iÓm)
PT mp(ABC):
1=++

c
z
b
y
a
x
0,5

0=−++⇔ abcabzcaybcx
O,25

( )
222222
)(,
accbba
abc
ABCOd
++
=
0,25
2 TÝnh thÓ tÝch khèi ®a diÖn OIBC (1 ®iÓm)


→
AB
=
( )
0;;ba−
PTTS cña AB:






=
=
−=
0z
bty
atax


0,25

)0;;( btataIABI −⇒∈

⇒
→
IC
=
( )
cbtaat ;;−−


→
IC
⊥
→
AB

→
⇔
IC
.
→
AB
= 0
22
2
222
0)(
ba
a
ttbaa
+
=⇔=+−⇔

⇒








++
0;;
22
2

22
2
ba
ba
ba
ab
I
( )
0;0;
00
0
;
0
00
;
0
0
, bc
b
cc
b
OCOB =









=






→→

22
3
.,
ba
cab
OIOCOB
+
=






⇒
→→→


( )
22
3

6
.,
6
1
ba
cab
OIOCOB
V
OIBC
+
=






=
→→→
(®vtt)
0,25
0,25
0,25
IV 2
1 Tính tích phân (1 điểm)
Đặt
tdtdxxtxt 211
2
===
Đổi cận: x = 1

0= t
x = 2
1= t
0,25
Khi đó:
dt
t
t
t
dttt
I








++=

+
=
1
0
2
2
1
0
2

22
9
90
102
9
2)1(
0,25
=
1
0
1
0
3
3
3
ln3010
3
2
+

+








+

t
t
t
t
=
2ln30
3
62
2
1
ln30
3
62
=+
0,5
2 Tìm GTNN (1 điểm)
Cách 1:
CM: Với mọi a, b > 0 thì






+
+ baba
11
4
11
(1)

Dấu = xảy ra
ba =

A =








+
+
+
+
+
++
xyzzxyzyxyzxzyx
111111
A =








++

+
++
+
++
++
yxzxzyzyxzyx 2
1
2
1
2
1111
áp dụng (1) ta có:
A








+
+
+
+
+
+++++
yxxzzyzyxzyx
111
2

1
2
1
2
1
4
1111









++=








++++
zyxzyxzyx
111
4
3111

4
1111
CM: Với mọi a, b, c thì:
( ) ( )
cabcabcba ++++ 3
2
(2)
Dấu = xảy ra
cba ==
áp dụng (2) ta có:

3.3
111
3
111
2
=
++
=








++

++
xyz
zyx
zxyzxyzyx
Do x, y, z > 0 nên
3
111
++
zyx


A
4
33

KL:
4
33
min
=
A
đạt đợc khi
3=== zyx
0,25

0,25
0,25
0,25
Cách 2:
A =








++
+
++
+
++
++
yxzxzyzyxzyx 2
1
2
1
2
1111
Theo CôSi:
A

++++
444
4
1
4
1
4
1111
xyzzxyyzxxyz
zyx

A








++++++++++
zyxzyxzyxzyx
211121112
16
1111

A








++
zyx
111
4
3
(Cách 1)
V.a Dành cho ban Cơ Bản 2
1 Giải phơng trình (1 điểm)
PT
( ) ( )
xxx
10.25lg20.155.10lg =+
0,25

xxx
10.2520.155.10 =+

0102.254.15 =+
xx

0,25
Đặt
)0(2 >= tt
x
, ta đợc: 15t
2
- 25t +10 = 0




=
=

)(
3
2
)(1
tmt
tmt
0,25

1=t

012 == x
x

===
3
2
log
3
2
2
3
2
2
xt
x
KL:
0,25
2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm)


Gọi H là trung điểm AB






ABHC
ABCH

'
( )
0
60')',()(),'( === CHCHCCHABCABC

22
'
32'.3 aABHCa
S
ABC
==

(1)
Xét
'HCC
vuông tại C:
3
60cos
'
0
AB
HC
HC ==
(2)
Từ (1),(2)
6';2 aHCaAB ==

aHCCC
2
23

60sin'.'
0
==

202
2
3
60sin
2
1
aAB
S
ABC
==


3
'''.
4
63
'. aCC
SV
ABCCBAABC
==

(đvtt)

0,25
0,25
0,25

0,25
V.b Dành cho ban KHTN 2
1 Giải bất phơng trình (1 điểm)
Bpt
( ) ( )
43232
22
22
++
xxxx
Đặt
( )
)0(32
2
2
>+=

tt
xx
, ta đợc:
4
1
+
t
t

014
2
+ tt
3232 + t

(tm)
0,5
Khi đó:
( )
323232
2
2
++
xx
121
2
xx


2121012
2
+ xxx
KL:

0,5
2 CM: (SAC)

(ABCD) và tính thể tích S.ABCD (1 điểm)

S
 CM: (SAC)
⊥
(ABCD):

BCSA

BCAD
ADSA
⊥⇒



⊥
//
)()()( ABCDSACSACBC
BCSC
⊥⇒⊥ →
⊥
 TÝnh thÓ tÝch:
( ) ( )
α
== →



⊥
⊥
=∩
ACSCABCDSBC
ACBC
SCBC
BCABCDSBC
,)(),(
)()(
(1)
T¬ng tù

( ) ( )
α
==⇒ ACSAABCDSAD ,)(),(
(2)
Tõ (1), (2)
α
==⇒ SCASAC

SAC∆
c©n t¹i S
)(ABCDSOACSO
SOBC
⊥ →⊥⇒
⊥

ABC∆
vu«ng t¹i C : AC = AB.sin30
0
=
2
a


20
4
3
60sin
2
1
.22 aACAB

SS
ABCABCD
===


SOA∆
vu«ng t¹i O: AO =
42
1 a
AC =
SO = AO.tan
αα
tan
4
1
4
a=

α
tan
48
3
.
3
1
3
.
aSO
SV
ABCDABCDS

==
(®vtt).

0,25
0,25
0,25
0,25
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM
2010
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
=========================================
Câu 1. ( 2,0 điểm )
Cho hàm số y = 2x
3
+ 9mx
2
+ 12m
2
x + 1, trong đó m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = - 1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại x
CĐ
, cực tiểu tại x
CT
thỏa
mãn: x
2
CĐ
= x

CT
.
Câu 2. ( 2,0 điểm )
1. Giải phương trình:
1+x
+ 1 = 4x
2
+
x3
.
2. Giải phương trình: 5cos(2x +
3
π
) = 4sin(
6
5
π
- x) – 9 .
Câu 3. ( 2,0 điểm )
1. Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f(x) =
1
)1ln(
2
32
+
++
x
xxx
.
2. Cho hình chóp S.ABCD có SA =x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a.

Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC). Tìm x theo
a để thể tích của khối chóp S.ABCD bằng
6
2
3
a
.
Câu 4. ( 2,0 điểm )
1. Giải bất phương trình: (4
x
– 2.2
x
– 3). log
2
x – 3 >
2
1
4
+x
- 4
x
.
2. Cho các số thực không âm a, b.Chứng minh rằng:
( a
2
+ b +
4
3
) ( b
2

+ a +
4
3
)
≥
( 2a +
2
1
) ( 2b +
2
1
).
Câu 5. ( 2,0 điểm )
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng :
d
1
: 2x + y – 3 = 0, d
2
: 3x + 4y + 5 = 0 và d
3
: 4x + 3y + 2 = 0.
1. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d
1
và tiếp xúc với d
2
và d
3
.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d
1

và điểm N thuộc d
2
sao cho
OM
+ 4
ON
=
0
.
……………………………… Hết…………………………………
Đợt thi thử Đại học lần 2 sẽ được tổ chức vào ngày 06 – 07/03/2010
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM
2010
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN
_______________ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
==========================================
Ngày thi: 07 – 3 – 2010.
Câu 1. ( 2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
12
−
−
x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) mà tiếp tuyến này cắt các trục Ox ,

Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.
Câu 2. ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
xx
xx
cossin
cossin
−
+
+ 2tan2x + cos2x = 0.
2. Giải hệ phương trình:





=−++++
=−++++
011)1(
030)2()1(
22
3223
yyyxyx
xyyyxyyx
Câu 3. ( 2,0 điểm)
1. Tính tích phân: I =
∫
+
+
1

0
1
1
dx
x
x
.
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC =
a, cạnh bên A A’ = a
2
. M là điểm trên A A’ sao cho
'
3
1
AÂAM =
. Tính thể tích của
khối tứ diện MA’BC’.
Câu 4. ( 2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
log
5
(25
x
– log
5
a ) = x.
2. Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng :
.2
222

≥
+
+
+
+
+
+
+
+
ba
ac
ac
cb
cb
ba

Câu 5. ( 2,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn
( C ): x
2
+ y
2
– 8x – 4y – 16 = 0.
1. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ
dài ngắn nhất.
2. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:
x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC
đi qua điểm F(1; - 3).
Hết
Dự kiến thi thử lần sau vào các ngày 27,28 tháng 3 năm 2010.

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM
2010
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN
_______________ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
==========================================
Ngày thi: 28 – 3 – 2010
Câu 1. ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = x
4
+ 2m
2
x
2
+ 1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm
phân biệt với mọi giá trị của m.
Câu 2. ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2sin
2
(x -
4
π
) = 2sin
2
x - tanx.
2. Giải phương trình: 2 log

3
(x
2
– 4) + 3
2
3
)2(log +x
- log
3
(x – 2)
2
= 4.
Câu 3. ( 2,0 điểm)
1. Tính tích phân: I =
∫
+
3
0
2
sin3cos
sin
π
dx
xx
x
.
2. Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên
đường thẳng d đi qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp( SBC)
tạo với mp(ABC) một góc bằng 60
0

. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Câu 4. ( 2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:





+=+
+=+
)1(51
164
22
33
xy
xyyx
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x) =
22
5884
2
234
+−
+−+−
xx
xxxx

Câu 5. ( 2,0 điểm)
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;3) và đường thẳng

d:





=
+=
−=
3
22
1
z
ty
tx

Hãy tịm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều.
2. Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( -
3
; 0) và đi qua điểm
M ( 1;
5
334
). Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).
Hết
Dự kiến thi thử lần sau vào các ngày 17,18 tháng 4 năm 2010.
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI LẦN 3
Câu 1.
1. Tự làm.
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x

4
+2m
2
x
2
+1 = x + 1
⇔
x
4
+ 2m
2
x
2
– x = 0
⇔
x( x
3
+ 2m
2
x – 1) = 0
⇔







=−+
=

(*)012
0
23
xmx
x
Đặt g(x) = x
3
+ 2m
2
x – 1 ;
Ta có: g’(x) = 3x
2
+ 2m
2

≥
0 (với mọi x và mọi m )
⇒
Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi
giá trị của m.
Mặt khác g(0) = -1
≠
0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.
Vậy đường thẳng y = x+ 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của
m.
Câu 2.
1. Giải phương trình: 2 sin
2
( x -
4

π
) = 2sin
2
x – tanx (1)
Điều kiện: cosx
≠
0
⇔
x
≠

π
π
.
2
k+
(*).
(1)
⇔
1 – cos (2x -
2
π
) = 2sin
2
x – tan x
⇔
1 – sin2x = tanx ( sin 2x – 1)
⇔




−=
=
1tan
12sin
x
x
⇔






+−=
+=
π
π
π
π
.
4
2.
2
2
lx
kx
⇔







+−=
+=
π
π
π
π
.
4
.
4
lx
kx
⇔
x =
2
.
4
ππ
k+
. ( Thỏa mãn điều kiện (*) ).
2. Giải phương trình: 2log
3
(x
2
– 4) + 3
2

3
)2(log +x
- log
3
( x -2)
2
= 4 (2).
Điều kiện:





≥+
>−
0)2(log
04
2
3
2
x
x

⇔







≥+
>−
1)2(
04
2
2
x
x
⇔



−≤
>
3
2
x
x
(**)
Pt (2) được biến đổi thành: log
3
(x
2
– 4)
2
– log
3
(x – 2)
2
+ 3

2
3
)2(log +x
- 4 = 0
⇔
log
3
( x + 2)
2
+ 3
2
3
)2(log +x
- 4 = 0
⇔
(
2
3
)2(log +x
+ 4) (
2
3
)2(log +x
- 1) = 0.
⇔

2
3
)2(log +x
= 1

⇔
(x+2)
2
= 3
⇔
x+ 2 =
3±

⇔
x = - 2
3±
.
Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = - 2 -
3
thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = - 2 -
3
.
Chú ý: 1/ Biến đổi : 2log
3
( x
2
– 4) = log
3
(x
2
– 4)
2
làm mở rộng tập xác định nên
xuất hiện nghiệm ngoại lai x = -2 +

3
.
2/ Nếu biến đổi: log
3
( x – 2)
2
= 2log
3
( x – 2) hoặc log
3
( x+2)
2
= 2log
3
(x+2) sẽ
làm thu hẹp tập xác định dẫn đến mất nghiệm ( Lỗi phổ biến của học sinh!)
Câu 3.
1. Tính tích phân: I =
∫
+
3
0
2
.
sin3cos
sin
π
dx
xx
x

Đặt t =
x
2
sin3 +
=
x
2
cos4 −
. Ta có: cos
2
x = 4 – t
2
và dt =
dx
x
xx
2
sin3
cossin
+
.
Đổi cận: Với: x = 0 thì t =
3
; x =
3
π
thì t =
2
15
I =

∫
+
3
0
2
.
sin3cos
sin
π
dx
xx
x
=
∫
+
3
0
22
sin3cos
cos.sin
π
dx
xx
xx
=
∫
−
2
15
3

2
4 t
dt
=
dt
tt
)
2
1
2
1
(
4
1
2
15
3
−
−
+
∫
=
=
2
15
3
2
2
ln
4

1
−
+
t
t
=
)
23
23
ln
415
415
(ln
4
1
−
+
−
−
+
=
))23ln()415(ln(
2
1
+−+
.
2. Ta có SA
⊥
mp(ABC)
⇒

SA
⊥
AB ; SA
⊥
AC
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB
⇒
BC
⊥
AC
⇒
BC
⊥
SC ( Định lý 3 đường
vuông góc) . Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính
SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường
kính SB.
Ta có CA = CB = AB sin 45
0
= a
2
;
=∠
SCA
60
0
là góc giữa mặt (SBC) và
mp(ABC)
SA = AC.tan60
0

= a
6
.Từ đó SB
2
= SA
2
+ AB
2
= 10a
2
.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S =
2
d
π
=
π
.SB
2
= 10
π
a
2
.
Câu 4.
1. Giải hệ:






+=+
+=+
)2) (1(51
)1 (164
22
33
xy
xyyx
Từ (2) suy ra y
2
– 5x
2
= 4 (3). Thế vào (1) được: x
3
+ (y
2
– 5x
2
).y = y
3
+ 16x
⇔

⇔
x
3
– 5x
2
y – 16 x = 0

⇔
x = 0 hoặc x
2
– 5xy – 16 = 0.
TH1: x= 0
⇒
y
2
= 4 ( Thế vào (3)).
⇔
y =
±
2.
TH2: x
2
– 5xy – 16 = 0
⇔
y =
x
x
5
16
2
−
( 4). Thế vào (3) được:
22
2
5)
5
16

( x
x
x
−
−
= 4
⇔
⇔
x
4
– 32x
2
+ 256 – 125x
4
= 100x
2

⇔
124 x
4
+132x
2
– 256 = 0
⇔
x
2
= 1
⇔
x =
±

1.
Thế vào (4) được giá trị tương ứng y =
3
.
Vậy hệ có 4 nghiệm: (x;y) = (0;2) ; (0;-2); (1;-3); (-1; 3).
Chú ý: Nếu thay giá trị của x vào (3) ở trường hợp 2, sẽ thừa 2 cặp nghiệm!
2. Tìm GTNN của hàm số: f(x) =
22
5884
2
234
+−
+−+−
xx
xxxx
.
Tập xác định: R vì x
2
– 2x + 2 = (x – 1)
2
+ 1 > 0 với mọi x.
Biến đổi được: f(x) = x
2
– 2x + 2 +
22
1
2
+− xx

2≥

( Bất đẳng thức Cosi cho hai số
dương). Dấu bằng xảy ra khi : x
2
– 2x + 2 =1
⇔
x = 1.
Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.
Câu 5.
1. Tìm các điểm B,C?
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. H
∈
d
⇔
H ( 1-t; 2+2t;3)
⇔

AH
= ( 1-t; 1+2t; 0). Mà AH
⊥
d nên
d
uAH ⊥
( -1;2;0). Từ đó có -1(1-t)+2(1+2t) =0
⇔

t = -1/5
⇔
H ( 6/5; 8/5; 3).
Ta có AH =
5

53
.mà tam giác ABC đều nên BC =
5
152
3
2
=
AH
hay BH =
5
15
.
Gọi: B ( 1-s;2+2s;3) thì
25
15
)2
5
2
()
5
1
(
22
=++−− SS

⇔
25s
2
+10s – 2 = 0
⇔

s =
5
31±−
Vậy: B (
)3;
5
328
;
5
36 ±
và C(
3;
5
328
;
5
36 ±
) ( Hai cặp).
2. Xác định tọa độ các đỉnh của (E)?
Theo bài ra có F
1
( -
3
; 0) và F
2
(
3
;0) là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của
(E) suy ra : 2a = MF
1

+ MF
2
=
22
)
5
334
()31( ++
+
22
)
5
334
()31( +−
= 10
⇒
a = 5.
Lại có c =
3
và a
2
– b
2
= c
2

⇒
b
2
= a

2
– c
2
= 22. Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là:
A
1
( - 5;0) ; A
2
( 5;0) ; B
1
( 0; -
22
) ; B
2
( 0;
22
).

Hết