HD Giải Đề Số 9 BoxMath.vn

1


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012
BOXMATH.VN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. Cho hàm số
3 2
3 2
y x x
= − +

( )
C

1.
Kh
ả
o sát và v
ẽ

đồ
th
ị
hàm s
ố

( )

C

2.

Tìm
k

để
t
ồ
n t
ạ
i
đ
úng hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố

( )
C
có cùng h

ệ
s
ố
góc
k

đồ
ng
th
ờ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua hai ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ắ
t các tr
ụ
c t
ọ
a
độ

,
Ox Oy
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m
,
A B
sao
cho
5
AB
≥

Giải:
1. H
ọ
c sinh t
ự
làm
2.
Để
t
ồ
n t
ạ

i hai ti
ế
p tuy
ế
n có cùng h
ệ
s
ố
góc
k

đ
i
ề
u ki
ệ
n là:
2
' 3 6
y x x k
= − =
có 2 nghi
ệ
m phân
bi
ệ
t
2
3 6 0
x x k

⇔ − − =
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
' 0 9 3 0 3
k k
⇔ ∆ > ⇔ + > ⇔ > −

Khi
đ
ó t
ọ
a
độ
hai ti
ế
p
đ
i
ể
m th
ỏ
a mãn h
ệ
ph
ươ
ng trình sau:
2

3 2
3 6
3 2
k x x
y x x

= −


= − +



(1)
(2)

Ta có:
3 2 2
1
(2) 3 2 (3 6 ) 2 2
3 3
x
y x x y x x x
 
⇔ = − + ⇔ = − − − +
 
 
thay
2
3 6

k x x
= −

vào ta có
2 2
3 3
k k
y x
 
= − + −
 
 

Suy ra
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua 2 ti
ế
p
đ
i
ể
m là:
: 2 2
3 3
k k
y x

 
∆ = − + −
 
 

(1;0)
A Ox A
= ∆ ∩
⇒

0;2
3
k
B Oy B
 
= ∆ ∩ ⇒ −
 
 

Ta có:
2 2
2
0
4 4
1;2 5 5 0
12
3 9 3 9 3
k
k k k k k
AB AB

k
≤

 
− − ⇔ = − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔
 

≥
 



K
ế
t h
ợ
p
đ
i
ề
u ki
ệ
n ban
đầ
u ta suy ra:
3 0
12
k
k
− < ≤



≥




Câu II.
1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
(
)
2
3 tan 1
7
3tan 4 2.sin 1
cos 4
x
x x
x
π
+
 
+ − − =
 
 

Gi
ả
i:
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
cos 0
x
≠




2

(
)
(
)
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )

( ) ( )
2 2
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 tan 1 3 sin cos
7
3tan 4 2.sin 1 3tan 4 sin cos 1
cos 4 cos
3sin 3 sin cos 4 sin cos .cos cos
3 1 cos cos sin cos 3 4cos 0
3 4cos sin cos 3 4cos 0 3 4cos sin cos
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
π
+ +
 
+ − − = ⇔ + − + =
 
 
⇔ + + − + =
 
⇔ − − + + − =
 
⇔ − + + − = ⇔ − +

( )
1 0x + =


( )
2
2 ( )
4 4
2 sin 1
2
sin cos 1
5
4
2 2 ( )
3 2 1 cos2 0
4 4
1
cos2
( )
2
2 2
6
3
x k
x k loai
x
x x
x k x k TM
x
x

x k TM
x k
π π
π π
π
π
π π
π π π
π
π
π
π

+ = − +


= − +

 

+ = −

 

+ = −


 



⇔ ⇔ ⇔ + = + ⇔ = +



− + =



=


= ± +



= ± +




KL:
2
6
x k
x k
π π
π
π
= +




= ± +

.

2.
Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình:
4 2 2 2
25 5 9 ( 1) 9 4 2 0
x x x x x
+ + + − − ≥

Giải: Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2
2
3
9 4 0
2

3
x
x
x

≥

− ≥ ⇔


≤ −



TH 1
2
3
x
≥

Ta có:
16 4 418
25. 5. 2 0
81 9 81
VT
≥ + − = >
suy ra b
ấ
t ph
ươ

ng trình
đ
ã cho luôn
đ
úng
TH 2:
2
3
x
≤ −

Chia 2 v
ế
b
ấ
t ph
ươ
ng trình cho
2
x
ta có:
2 2
2 2
4 2
25 5 9( 1) 9 0
x x
x x
+ − + − − ≥

Đặ

t
2
1 9
0;
4
t t
x
 
=
⇒
∈


 
. B
ấ
t ph
ươ
ng trình
đượ
c vi
ế
t l
ạ
i nh
ư
sau:
2
25 1
5 9 1 9 4 2 0 2 5 25 9( 1) 9 4 0

t t t t t t
t t
 
+ − + − − ≥ ⇔ − + + − + − ≥
 
 

2 2 2
2 5 25 2 5 25 2 5 25
9 4 0 9 4 0 1 9 4 1 0
9( 1) 9( 1) 9( 1)
t t t t t t
t t t
t t t
− + + − − − −
⇔ − − ≥ ⇔ + − ≤ ⇔ + + − − ≤
+ + +

2
2 4 16 4(2 ) 4 2
0 2( 2) 0
9( 1) 9( 1)
9 4 1 9 4 1
t t t t
t
t t
t t
 
+ − − +
⇔ + ≤ ⇔ − − ≤

 
+ +
− + − +
 




3

Xét hàm s
ố
:
4 2
( )
9( 1)
9 4 1
t
f t
t
t
+
= −
+
− +
v
ớ
i
9
0;

4
t
 
∈


 

Ta có:
( )
2
1 4
'( ) 0
3( 1)
9 4 1 9 4
f t
t
t t
= − − <
+
− + −
nên hàm s
ố

( )
f t
ngh
ị
ch bi
ế

n trên
9
0;
4
 


 

Ta có
( )
9 4 1 1
( ) 0 0
4 9 2 18
f f t f
 
≤ ≤ = − = − <
 
 

Vì v
ậ
y b
ấ
t ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
đươ

ng v
ớ
i:
2
2
1 1 1 1
2 2
2
2 2
t x x
x
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
K
ế
t h
ợ
p
đ
i
ề
u ki
ệ
n ban
đầ
u ta suy ra
1 2
3
2
x
− ≤ ≤ −

KL: Nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình là:
1 2 2
; ;
3 3
2
S
 
 
= − − ∪ +∞

 

 
 

Chú ý:
Có th
ể

đ
ánh giá

4 2
( ) 0
9( 1)
9 4 1
t
f t
t
t
+
= − <
+
− +
nh
ư
sau:
4 1 1 4
9( 1) 9 3( 1) 9
t
t t
+
= + <
+ +

2 2 2
2
4 1
9 4 1t
< ≤ =
− +

suy ra
4 2
( ) 0
9( 1)
9 4 1
t
f t
t
t
+
= − <
+
− +
v
ớ
i
9
0;
4
t
 
∈


 


Cách 2:
TH 1
2

3
x
≥

Ta có:
16 4 418
25. 5. 2 0
81 9 81
VT
≥ + − = >
suy ra b
ấ
t ph
ươ
ng trình
đ
ã cho luôn
đ
úng

TH 2:
2
3
x
≤ −
khi
đ
ó b
ấ
t ph

ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình
:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(25 5 2) 9 ( 1) 9 4 (25 5 2) (9 ( 1) 9 4)
x x x x x x x x x x+ − ≥ − + − ⇔ + − ≥ + −

2 2 2 2 2 2 2
(25 5 2) 81 ( 1) (9 4)
x x x x x
⇔ + − ≥ + −


Đặ
t :
2
( 0)
t x t

= ≥
khi
đ
ó b
ấ
t ph
ươ
ng trình tr
ở
thành :

2 2 2 4 3 2
(25 5 2) 81 ( 1) (9 4) 26 221 39 76 1 0
t t t t t t t t t
+ − ≥ + − ⇔ − − − + + ≥

3 2
(1 2 )(13 117 78 1) 0(*)
t t t t⇔ − + + + ≥

Ta th
ấ
y :

3 2
(13 117 78 1) 0
t t t
+ + + >

V

ậ
y
2
1 1
(*) 1 2 0 1 2
2 2
t x x
−
⇔ − ≥ ⇔ − ⇔ ≤ ≤

K
ế
t h
ợ
p
đ
i
ề
u ki
ệ
n ta có nghi
ệ
m c
ủ
a BPT trong TH này là:

1 2
3
2
x

− −
≤ ≤

KL: Nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình là:
1 2 2
; ;
3 3
2
S
 
 
= − − ∪ +∞

 

 
 




4

Câu III.
Tính tích phân:
1
3
0
1
xdx
I
x
=
+
∫

Giải:
Ta có:
1 1 1 1 1 1
2 2 2 3
3 3 2 3 2 3
0 0 0 0 0 0
1 1
(2 1)
1 3 1 ( 1)
2 2
1 1 1 3 1 1 3 1
x dx
xdx x x x dx xdx x dx d x
I
x x x x x x x x

 
− +
 
+ − +
 
= = = − = −
+ + − + + − + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )
1 1 1
2 3
2 1 3 1
0 0
2 2 3
0 0 0
1 ( 1) 1 1 ( 1) 1 1 1
ln 1 ln 1
2 1 2 1 3 1 2 3 2
d x x dx d x
I x x x J
x x x x x
− + +
= + − = − + − + +
− + − + +
∫ ∫ ∫

( ) ( )
2 1 3 1
0 0

1 1 1 1 1
ln 1 ln 1 ln 2
2 3 2 3 2
I x x x J J
⇔ = − + − + + = − +
Xét
1 1
2 2
0 0
4 4
4 4 4 (2 1) 3
dx dx
J
x x x
= =
− + − +
∫ ∫


Đặ
t
( ) ( )
2 2
3
2 1 3 tan 2 3 tan 1 tan 1
2
x t dx t dt dx t dt
− =
⇒
= +

⇒
= +
Khi 0 ; 1
6 6
x t x t
π π
=
⇒
= − =
⇒
=

Ta có:
( )
( )
2
6 6
6
2
6
6 6
3
tan 1
2 2 2
2
4
3 tan 1
3 3 3 3
t dt
J dt t

t
π π
π
π
π π
π
−
− −
+
= = = =
+
∫ ∫

V
ậ
y :
1
ln 2
2
3 3
I
π
= −
Câu IV.
Cho hình chóp tam giác
đề
u
SABC
có kho
ả

ng cách t
ừ

A

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBC
b
ằ
ng
a
và góc t
ạ
o b
ở
i
AB
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBC

b
ằ
ng
0
30
. G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
BC
,
N
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
SM
. Tính th
ể
tích kh

ố
i chóp
SABC
và tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
,
SA BN
theo
.
a




5

R
Q
P
F
E
K
N

M
H
C
B
A
S


G
ọ
i H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a S lên (ABC) thì H là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC.
Ta có:
( )
BC SAM
⊥
. Trong tam giác SAM k
ẻ


0
/( )
( ) ; 30
A SBC
AQ SM AQ SBC d AQ a ABQ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = =

Tính
đượ
c
0
3 1 3
2 3;
sin30 2 3 3
AQ AB a
AB a AM a HM AM= =
⇒
= = = =
2 2 2 2
3 2
QM AM AQ a a a
= − = − =
Ta có:
 
1 1 3 6
tan .tan .
2 6
2 2
AQ a a
SMA SH HM SMA
QM
= =
⇒
= = =
- Th
ể
tích kh

ố
i chóp:
3
2
1 1 6 2
. ( ) . 3
3 3 6 6
SABC
a a
V SH dt ABC a= = =
- Tính kho
ả
ng cách: Qua N k
ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng
/ /( ) /( )
/ / / /( )
SA BN SA BEN A BEN
NE SA SA NEB d d d⇒ ⇒ = =
G
ọ
i K là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a
HM
thì
( )
NK ABC
⊥




6

Ta có:
/( ) /( )
3 3
2 2
A BEN K BEN
AE KE d d=
⇒
=
H
ạ

,( )
2 2
.
, ( )
K BEN
KN KF

KF EB KP NF KP BEN d KP
KN KF
⊥ ⊥
⇒
⊥
⇒
= =
+

Ta có:
1 6
2 12
a
KN SH= = ;
2 2 2
2
3
.
. 21
2
7
3
4
a
a
ME MB a
MR
ME MB a
a
= = =

+
+

2 2 21
3 21
a
KF MR⇒ = = . T
ừ

đ
ó tính
đượ
c:
/( )
2 2
. 2 13 13
39 13
A BEN
KN KF a a
KP d
KN KF
= =
⇒
=
+

V
ậ
y
/

13
13
SA BN
a
d =
Câu V.
Cho các s
ố
th
ự
c
, ,
x y z
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2 2 2
2 2
1
2
x y z xy yz xz
y z yz

+ − + − − =



+ + =



Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t, giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
2 2 2
P x y z
= + +


Giải:
Ta quy bài toán v
ề
d

ạ
ng tìm P
để
h
ệ
sau có nghi
ệ
m:
2 2 2
2 2
2 2 2
1
2
x y z xy yz xz
y z yz
x y z P

+ − + − − =

+ + =


+ + =



+) N
ế
u
0

z
=
thì h
ệ

đ
ã cho tr
ở
thành:
( )
2
2 2
2 2
2 2
2 1 0 *
1
2 2
x x
x y xy
y y
x P x P

± + =

+ + =



= ⇔ =
 

 
= =




Ph
ươ
ng trình (*) luôn vô nghi
ệ
m nên h
ệ
trên vô nghi
ệ
m
+) Khi
0
z
≠
.
Đặ
t ;
x y
a b
z z
= =
, h
ệ

đ

ã cho tr
ở
thành:
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
1
1
1 .
1 1
2 2
1 1 2
1 3
1
x y x y y x
a b ab b a
z z z z z z z
z
y y

b b
z z z z
P
x x P
a a
z
z z z

   

+ − + − − =

   
+ − + − − =

   



 
 
+ + = ⇔ + + =
 
 
 
 
 
 
+ + =
 

+ + =
 


 


L
ấ
y (1) –(2) ta
đượ
c:
( )( ) ( )
2
2 2
1 1
2 2 1 2 2a ab b a a a b a
z z
+ − − − = − ⇔ + − + − = −




7


( ) ( )
( )
2 2
1 1

1 1
2 2
a b b a
z a z a
⇒
+ + = −
⇒
= − − +
− −

Thay vào (2) ta
đượ
c:
( ) ( )
2
2 2 2
1 1 2
1 1 1
2 2
a a
z a z a z
   
+ + − + + + =
   
   
− −
   


( )

( )
2
2
2
4
1 5
1 0
2
2
a a
z a
z a
⇔ + + + + =
−
−
(4)
Từ (3):
2
2
1
P
a a
z
+ + = thay vào phương trình (4) ta được:
( )
( )
2
4 2
4
1 5

0
2
2
P
z a z
z a
+ + =
−
−


( ) ( )
2
2
2
. 2 5. 2 1 0
1
P
z P a a
a a
⇔ − + − + =
+ +
(5)
Từ (3)
2
2
1
P
z
a a

⇒
=
+ +
thay vào (5) ta được:
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2
2 5 2
1 0 1 ( 4 5 1) 4 10 1 0
1 1
P a P a
P a P P a P P
a a a a
− −
+ + = ⇔ + + − + + + − + =
+ + + +
(6)
Hệ đã cho có nghiệm khi (6) có nghiệm tức là:
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2
4 5 1 4 1 4 10 1 0

P P P P P
∆ = − + + − + − + ≥

2
25 616 25 616
3 50 3 0
3 3
P P P
− +
⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
T
ừ

đ
ó tính
đượ
c các giá tr
ị
c
ủ
a
, ,
a b c
để
d
ấ
u b
ằ
ng x
ả

y ra:
V
ậ
y
25 616 25 616
max ; min
3 3
P P
+ −
= =
Câu V. Phần tính toán phức tạp nhưng kq ra lẻ. Rất mong các bạn tìm cách giải để đi đến
kq đơn giản hơn.


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a

độ

Oxy
cho tam giác
ABC
có ph
ươ
ng trình
đườ
ng phân giác
trong góc
A
là
: 2 0
AD x y
+ + =
,
đườ
ng cao xu
ấ
t phát t
ừ

đỉ
nh
B
là
: 2 1 0
BH x y
− + =

. C
ạ
nh
AB

đ
i qua
(1;1)
M . Bi
ế
t di
ệ
n tích c
ủ
a tam giác là
27
2
. Tìm t
ọ
a
độ
c
ủ
a các
đỉ
nh tam giác
ABC

Giải:

8

I
N
M
C
B
D
A

G
ọ
i
N
là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
M
qua phân giác trong
AD

thì
: 0
MN AD
MN x y
M MN
⊥

⇒
− =

∈


Gi
ả
s
ử
:
( 1; 1) ( 3; 3)
MN AD I I N
∩ =
⇒
− −
⇒
− −

Ph
ươ
ng trình
đườ

ng th
ẳ
ng AC:
: 2 9 0 (5; 7)
AC BH
AC x y A AC AD A
N AC
⊥

⇒
+ + =
⇒
= ∩
⇒
−

∈


Ph
ươ
ng trình
AB
qua
,
A M
là:
1
: 2 3 0 ; ;2
2

AB x y B AB BH B
 
+ − =
⇒
= ∩
⇒
 
 

Ta có
,
1
4 9
27 2
2
20
1 4 2 5
B AC
S
BH d AC
BH
+ +
= = = ⇒ = =
+

Vì di
ệ
n tích tam giác
27
2

S =
Ta có
2 2
5
( 2 9; ) (14 2 ; 7 ) 5( 7) 20
9
c
C AC C c c CA c c AC c
c
= −

∈
⇒
− −
⇒
+ − −
⇒
= + = ⇔

= −



Hay
(1; 5)
(9; 9)
C
C
−



−

. Vì AD là phân giác trong góc A nên B, C ph
ả
i
ở
khác phía nhau so v
ớ
i AD.
Suy ra
(1; 5)
C
−
.
KL: T
ọ
a
độ
các
đỉ
nh tam giác là:
(5; 7)
A
−
,
1
;2
2
B

 
 
 
,
(1; 5)
C
−

2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxyz
cho 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ): 0,( ):(1 ) 0
P x mz m Q m x my
+ − = − − =

(

m
là tham s
ố
th
ự
c và
0)
m
≠
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
là giao tuy
ế
n c
ủ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ),( )
P Q

bi
ế
t kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m
(2;1; 1)
I
−

đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
là l
ớ
n nh
ấ
t.
Giải:

9

M
ọ
i
đ
i
ể
m thu
ộ
c giao tuy
ế
n có t
ọ
a
độ
luôn th
ỏ
a mãn h
ệ
:
0
(1 ) 0
x mz m
m x my
+ − =


− − =


t
ừ
h
ệ
ph
ươ
ng trình ta
d
ễ
tìm
đượ
c
đ
i
ể
m c
ố

đị
nh thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng giao tuy
ế
n là:
(0;0;1)

K

Ta th
ấ
y r
ằ
ng m
ọ
i
đ
i
ể
m
( ; ; )
M x y z
thu
ộ
c giao tuy
ế
n c
ủ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) ,(Q) thì
, ,
x y z
ph
ả

i th
ỏ
a
mãn ph
ươ
ng trình:
(1 ) 0 1 0
x mz m m x my x y z
+ − + − − = ⇔ + + − =


V
ậ
y
∆
luôn thu
ộ
c m
ặ
t ph
ẳ
ng c
ố

đị
nh
( ): 1 0
x y z
α
+ + − =

G
ọ
i
H
là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
I
lên
∆
thì
IH IK
≤

T
ừ

đ
ó ta suy ra
/
max
I
d IK IK
∆
= ⇔ ⊥ ∆

Ta có:
( 2; 1; 2)
IK
− − −

suy ra
( )
3
; (3;0;1) : 0
1
x t
u n IK PTTS y
z t
α
∆
=


 
= = ⇒ ∆ =

 

= +

  

Câu VIIa.
Cho s
ố

ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
10 9
11 10 10 11 0
z iz iz
+ + − =
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
z
=
.
Lời giải:
Ta có:
(
)

10 9 9
11 10 10 11 0 11 10 11 10
z iz iz z z i iz
+ + − = ⇔ + = −
hay
9
11 10
11 10
iz
z
z i
−
=
+
(*)
Đặ
t
z x yi
= +
v
ớ
i ,
x y
∈
ℝ
. T
ừ
(*) suy ra:
(
)

( )
( )
( )
2 2 2 2
9
2 2 2 2
10 11 220
;
11 10
11 10
11 10 11 10
;
11 10 220
x y y
f x y
iz
iz
z
z i z i
g x y
x y y
+ + +
−
−
= = = =
+ +
+ + +

Xét các tr
ườ

ng h
ợ
p:
+) N
ế
u
1
z
>
thì
2 2
1
x y
+ >
nên:
(
)
(
)
2 2 2 2
; 11 10 220
g x y x y y
= + + +


(
)
(
)
(

)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
10 21 10 220 10 11 220 ;
x y x y y x y y f x y
= + + + + + > + + + =

Do
đ
ó
9
1 1
z z
<
⇒
<
(mâu thu
ẫ
n)
+) N
ế
u
1
z
<
thì
2 2
1
x y

+ <
nên:
(
)
(
)
2 2 2 2
; 11 10 220
g x y x y y
= + + +


(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
10 21 10 220 10 11 220 ;
x y x y y x y y f x y
= + + + + + < + + + =

Suy ra
9
1 1
z z
>

⇒
>
(mâu thu
ẫ
n)
+) N
ế
u
1
z
=
thì
(
)
(
)
; ;
g x y f x y
=
(th
ỏ
a mãn)
V
ậ
y
1
z
=
.
2. Theo chương trình Nâng cao

10

Câu VIb
1.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxy
cho
đườ
ng th
ẳ
ng
(
)

: 1 0
d x y
− + =
và
đườ
ng tròn
2 2
( ): 2 4 4 0
T x y x y
+ − + − =
. Tìm
đ
i
ể
m
M
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
sao cho qua
M
ta k
ẻ

đượ
c
các ti
ế
p tuy
ế
n ,
MA MB

đế
n
đườ
ng tròn
( )
T
,(
,
A B
là các ti
ế
p
đ
i
ể
m)
đồ
ng th
ờ
i kho
ả

ng cách t
ừ

đ
i
ể
m
1
;1
2
N
 
 
 

đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
AB
là l
ớ
n nh
ấ
t.

Giải:
M
I
B
A

Xét
đ
i
ể
m
( ; 1) ( )
M a a d
+ ∈
. Và
đ
i
ể
m
( ; )
A x y
là ti
ế
p
đ
i
ể
m
Ta có:
( ; 1); ( 1; 2)

MA x a y a IA x y
− − − − +
 

Vì
A
thu
ộ
c
đườ
ng tròn nên:
2 2
2 4 4 0
x y x y
+ − + − =

(1)

Vì
A
c
ũ
ng là ti
ế
p
đ
i
ể
m nên:
2 2

. 0 ( 1) (1 ) 2 0
MA IA x y a x a y a
= ⇔ + − + + − − − =
 

(2)

L
ấ
y ph
ươ
ng trình (1) tr
ừ
ph
ươ
ng trình (2) ta có
(
)
:
∆
( 1) ( 3) 2 0
a x a y a
− + − + − =

Suy ra ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ

ng
đ
i qua
,
A B
là:
(
)
:
∆
( 1) ( 3) 2 0
a x a y a
− + − + − =


Ta tìm
đượ
c
đ
i
ể
m c
ố

đị
nh
(
)
∆
luôn

đ
i qua là:
1 1
;
2 2
P
 
− −
 
 

G
ọ
i H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
N
lên
(
)
∆
thì
NH NP
≤

D
ấ
u b

ằ
ng x
ả
y ra khi
NH NP
⊥
ta có:
3
1;
2
NP
 
− −
 
 

suy ra
đ
i
ề
u ki
ệ
n là:
3
( 1)(3 ) ( 1) 0 3 ( 3; 2)
2
a a a M
− − − − = ⇔ = −
⇒
− −

2.
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxyz
cho
(1;0;2), (3;1;4), (3; 2;1)
A B C
−
.
G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
A

vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
ABC
. Tìm
đ
i
ể
m
S
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
sao cho m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti

ế
p t
ứ
di
ệ
n
SABC
có bán kính b
ằ
ng
3 11
2




11


Giải:



M
I
K
C
B
A
S

Ta có:
(2;1;2), (2; 2; 1)
AB AC
− −
 
vì
. 0
AB AC ABC
= ⇒ ∆
 
vuông t
ạ
i
A
. G
ọ
i
K
là tâm vòng tròn
ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
1 5
3; ;
2 2
ABC K
 

⇒
−
 
 

Có:
( )
, (3;6; 6) / / 1;2; 2
AB AC n
 
= − −
 
  

Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
qua A vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )

ABC
là:
1
: 2
2 2
x t
y t
z t
= +


∆ =


= −


Suy ra
(
)
1 ;2 ;2 2
S t t t
+ −
.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ

a
∆
và
đườ
ng th
ẳ
ng (d) qua K vuông góc v
ớ
i
( )
ABC
ta d
ự
ng
đườ
ng trung
tr
ự
c c
ủ
a SA c
ắ
t (d) t
ạ
i I là tâm m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ

i ti
ế
p kh
ố
i chóp SABC.
Suy ra
1 1 1 5 1 1 1
3 ; ; 2 ; ;
2 2 2 2 2 2 2
KI AS I t t t AI t t t
   
=
⇒
+ − + +
⇒
+ − + −
   
   
  




12

Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:

2
2 2 2
2 2
3 (4;6; 4)
11 3 1 1 1 99
2 9 81
3 ( 2; 6;8)
2 2 2 2 4
t S
AI t t t t
t S
 
= −
 
     
= ⇔ + + − + + − = ⇔ = ⇔
⇒
 
     
 
 
= − − −
     
 
 

K
ế
t lu
ậ

n:
(4;6; 4)
( 2; 6;8)
S
S
−


− −




Câu VIIb.
Cho các s
ố
ph
ứ
c
1 2 3
, ,
z z z
th
ỏ
a mãn h
ệ
:
1 2 3
3
1 2

2 3 1
1
1
z z z
z
z z
z z z

= = =


+ + =


. Tính giá tr
ị
c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
1 2 3
3 12 2011
A z z z
= + +


Giải:

Vì
3
1 2
1 2 3
2 3 1
1 1
z
z z
z z z
z z z
= = = ⇒ = = =

Đặ
t
3 3
1 2 2
2 3 2 1 1
cos sin ; cos sin . cos( ) sin( )
z z
z z z
x i x y i y x y i x y
z z z z z
= + = +
⇒
= = − − + − −

Theo gi
ả
thi
ế

t ta có:
3
1 2
2 3 1
cos cos cos( ) 1
1
sin sin sin( ) 0
x y x y
z
z z
x y x y
z z z
+ + − − =

+ + = ⇔

+ + − − =


(1)
(2)

T
ừ

(2) sin sin sin( ) 2sin .cos 2sin .cos 0
2 2 2 2
x y x y x y x y
x y x y
+ − + +

       
⇒
+ + − − = − =
       
       

2
4sin .sin .sin 0 2
2 2 2
2
x k
x y x y
y k
x y k
π
π
π
=

+
 

⇔ = ⇔ =
 

 

+ =


Suy ra 2 trong ba s
ố

1 2 3
, ,
z z z
ph
ả
i có 2 s
ố
b
ằ
ng nhau: Gi
ả
s
ử

2
3 3 31 1
1 2 3 1
2 1 2 1 1
0 1
z z z
z z
z z z iz
z z z z z
 
=
⇒
+ = ⇔ = − ⇔ = −

⇒
= ±
 
 

2 2
1 2 3 1 1 3 1
3 12 2011 3 12 .2011 3 12 .2011 (3 12) 2011
A z z z z z i z z i⇒ = + + = + ± = + ± = + +

Các giá tr
ị
có th
ể
c
ủ
a A là:
2 2
2 2
2 2
(3 12) 2011
(3 2011) 12
(2011 12) 3
A
A
A

= + +



= + +


= + +
