De thi thu so 3 2012 o onluyentoanvn co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ———— ĐỀ 03. PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: y =. n20 12. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. x+3 có đồ thị là (H) x+1. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (H). 2) Cho đường tròn (C) có phương trình (x + 1)2 + (y − 1)2 =. 16 . Tìm tất cả các điểm M thuộc (C) sao cho 5. tiếp tuyến tại M của (C) cũng là tiếp tuyến của (H) Câu II. (2 điểm).  x π 1 cos2 x − 4 = cot2 + − sin x 1) Giải phương trình lượng giác : 3 + 4 sin x − cos 2x 2 4 2 ( p √ 2 2 x + x − 2x + 5 = 3y + y + 4 2) Giải hệ phương trình : x2 − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0 Z Câu III. (1 điểm) Tính tích phân. I= 0. 1. 1 + (2 + x)xe2x dx 1 + xex. \ = 1200 . Mặt phẳng Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, AB = a ; AC = 2a ; BAC o (SBC) tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.. To a. Câu V. (1 điểm) Cho a , b, c ∈ [1; 2]. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của 2  1 1 1 + + P = (a + b + c) a b c. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) Phần A. Lu yen. Câu VIa. (2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : 3x − y + 15 = 0 và hai điểm M (−2; 4), I(0; 3). Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A nằm trên đường thẳng d, M là trung điểm của AB, I là giao điểm của hai đường chéo, diện tích hình thoi bằng 16 và xA < −3. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2x + 6 = 0 và đường thẳng x+1 y−6 z+5 (∆) : = = . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(−3; 0; 2) và cắt (∆) tại B sao cho 1 −1 2 mặt cầu tâm B tiếp xúc với hai mặt phẳng (Oxz) và (P ). Câu VIIa. (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp các điểm M biễu diễn số phức w = 2z − 3i, biết số phức z thoả mãn bất đẳng thức |z − 3| ≤ |2z + 3i − 1| Phần B. Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 5 ; (C2 ) : (x − 3)2 + y 2 = 9.Xét đường thẳng d đi qua giao điểm A (xA 6= 0) của (C1 ) ; (C2 ) và lần lượt cắt (C1 ) ; (C2 ) tại các giao điểm thứ −−→ −−→ hai là B, C. Tìm toạ độ điểm D thuộc đường thẳng d1 : x − y − 4 = 0 sao cho BC = 2AD. 2 2 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : (x − 1) + (y − 2) + (z − 3)2 = 25 và ba điểm A(2; 3; 1), B(2; 3; −2), C(0; 4; 3). Gọi mặt phẳng (P ) đi qua A và cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ √ nhất. Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua B nằm trong mặt phẳng (P ) và cách C một 6 khoảng bằng 2. On. Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên R : ( x4 − (1 + x2 y 2 ) log 15 x = y 4 − (1 + x2 y 2 ) log 51 y √ √ x + 2y + 1 = 1 + 2x − y + 2 ——— Hết ———.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN. n20 12. BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: Toán. ĐỀ 03. PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh. Câu I. 1) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x+3 Cho hàm số: y = có đồ thị là (H) x+1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (H) Lời giải: Hàm số là y =. x+3 x+1. • TXĐ là D = R\{−1} • Chiều biến thiên Giới hạn tại vô cực Bảng biến thiên x. −∞. y0. −1. +∞. −. − +∞. 1 y. • Đồ thị. To a. −∞. 1. 5. 4. 3. Lu yen. 2. −4. −3. 1. −2. −1. 0. 1. 2. 3. −1. −2. −3. On. Câu I. 2) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Cho đường tròn (C) có phương trình (x + 1)2 + (y − 1)2 = . Tìm tất cả các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến 5 tại M của (C) cũng là tiếp tuyến của (H) Lời giải:. 4 Ta có đường tròn (C) tâm I(−1; 1), bán kính: R = √ . 5   x0 + 3 Gọi điểm N có tọa độ là: x0 ; . x0 + 1 Khi đó ta dễ dàng viết được phương trình tiếp tuyến là 2 x0 + 3 2 x0 + 3 (d) : y = − (x − x0 ) + ⇔− (x − x0 ) − y + =0 2 2 (x0 + 1) x0 + 1 (x0 + 1) x0 + 1 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> n20 12. Vì tiếp tuyến là tiếp tuyến chung của đồ thị và đường trong nên ta phải có: d(I; d) = R 2 x0 + 3   2  + −1 4 16 4 + (x0 + 1)4 4 x0 + 1 x0 + 1 r ⇔ =√ ⇔ = x0 + 1 5 (x0 + 1)4 4 5 + 1 4 (x0 + 1)  (x0 + 1)2 = 1 4 2 ⇔ (x0 + 1) − 5(x0 + 1) + 4 = 0 ⇔ (x0 + 1)2 = 4 Giải ra tìm được tọa độ điểm N rồi tìm tọa độ tiếp điểm M thuộc đường tròn. Câu II. 1) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x π 1 cos2 x − 4 Giải phương trình lượng giác : = cot2 + − sin x 3 + 4 sin x − cos 2x 2 4 2 Lời giải: Ta có một số biến đổi sau:. 3 + 4 sin x − cos 2x = 3 + 4 sin x − (1 − 2 sin2 x) = 2(sin x + 1)2  x π  1 − sin x = + . cot2 2 4 1 + sin x. To a. Từ đó ta có: π Điều kiện: sin x + 1 6= 0 ⇔ x 6= − + k2π. 2 Phương trình đã cho tương đương với: (1 − sin x)(1 − 2 sin x) −3 − sin2 x = ⇔ (3 + sin2 x) + (1 − sin2 x)(1 − 2 sin x) = 0⇔ sin3 x − sin x + 2 = 0 2 2(sin x + 1) 2(sin x + 1) Với mọi số thực a, b ta luôn có: a2 + b2 (a − b)2 ≥ 0 ⇔ ab ≤ 2 Ta viết phương trình dưới dạng: 2 = (1 − sin2 x) sin x Khi đó áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 + sin2 x(sin2 x − 1) 1 (1 − sin2 x)2 + sin2 x = ≤ (1 − sin2 x) sin x ≤ 2 2 2 Từ đó kết luận được phương trình đã cho vô nghiệm! Câu II. 2) (1 điểm) .(. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p √ x + x2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4 Giải hệ phương trình : x2 − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0. Lu yen. Lời giải:. Tập xác định: D = R. p √ x + x2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4 x2 − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0 ( p p x + (x − 1)2 + 4 = 3y + y 2 + 4(1) ⇐⇒ 3y = −x2 + y 2 + 3x − 1(2) (. Thế (1) vào (2) ta có:. p (x − 1)2 + 4 = −x2 + y 2 + 3x − 1 + y 2 + 4 p p ⇐⇒ x2 − 2x + 1 + (x − 1)2 + 4 = y 2 + y 2 + 4 p p ⇐⇒ (x − 1)2 + (x − 1)2 + 4 = y 2 + y 2 + 4(3). x+. p. On. √ Ta sẽ xét hàm số f (x) = t + t + 4 trên R  1 x=y+1 0 2 2 √ Ta có: f (x) = 1 + > 0∀x ∈ R Vậy: (3) ⇐⇒ (x − 1) = y ⇐⇒ x=1−y 2 t+4 Với: x = y + 1 thì: 1 3 (2) ⇐⇒ (y + 1)2 − y 2 − 3(y + 1) + 3y + 1 = 0 ⇐⇒ y = ⇒ x = 2 2 Với: x = 1 − y thì:. (2) ⇐⇒ (1 − y)2 − y 2 − 3(1 − y) + 3y + 1 = 0 ⇐⇒ y =. 3 1 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = ( , );( , ) 2 2 4 4. 3. 1 3 ⇒x= 4 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇐⇒ (x − 1)2 − y 2 + ⇐⇒ (x − 1)2 − y 2.
. p. n20 12. Chú ý: Có thể sử dụng PP lượng liên hợp như sau Thế (1) vào (2) ta có: p p x + (x − 1)2 + 4 = −x2 + y 2 + 3x − 1 + y 2 + 4 p p ⇐⇒ x2 − 2x + 1 + (x − 1)2 + 4 = y 2 + y 2 + 4 p p ⇐⇒ (x − 1)2 + (x − 1)2 + 4 = y 2 + y 2 + 4(3) (x − 1)2 + 4 −. 1+ p. p. 1. (x −. 1)2. ⇐⇒ (x − 1)2 − y 2 = 0 ⇐⇒. . +4+. y2 + 4 = 0 !. p. y2 + 4. =0. x−1=y x − 1 = −y. Tới đó các bạn giải tiếp như trên. Câu III. (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z 1 1 + (2 + x)xe2x dx Tính tích phân I = 1 + xex 0 Lời giải: 1. (xex + 1)2 + 2ex (xex + 1) − 2ex (x + 1) dx 1 + xex 0 Z 1 Z 1 x e (x + 1) x x = (xe + 1 + 2e )dx − 2 dx 1 + xex 0 0 Z 1 Z 1 1 d(1 + xex ) xd(ex ) − 2 = (x + 2ex ) + 1 + xex 0 0 0 Z 1 1 1 ex dx − 2 ln(1 + xex ) = 2e − 1 + xex − Z. To a. I=. 0. 0. 0. = 2e − 2 ln(e + 1). Lu yen. Câu IV. (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . \ = 1200 . Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, AB = a ; AC = 2a ; BAC một góc 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. Lời giải:. On. \ \ a. Kẻ AM ⊥ BC thì ta dễ dàng chứng minh được ((SBC), (ABC)) = SM A = 600 √ \ ⇒ BC = 6a Ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC.Cos(BAC) √ √ 1 1 2 3 2 \ = AM.BC ⇒ AM = a và SABC = a Dễ thấy: SABC = AB.AC.Sin(BAC) 2 2 2 √ 2 6 \ Mặt khác ta có SM A = 600 ⇒ SA = a 2 √ 2 3 a b Vậy: VSABC = 4 b. Kẻ BD k AB ⇒ AB k (SBD) thì ta có: d(AB, SB) = d(AB, (SBD)) = d(A, (SBD)) Kẻ AI ⊥ BD và AE ⊥ SI thì ta dễ√dàng chứng minh được d(A, (SBD)) = AE 2.SABC 2.SABC 3 a Ta có: AI = = = .a ⇒ AE = BD BC 2 2 Câu V. (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cho a , b, c ∈ [1; 2]. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của  2 1 1 1 P = (a + b + c) + + a b c Lời giải:. Tìm giá trị nhỏ nhất: Theo bất đẳng thức AM − GM ta có:    2 1 1 1 1 1 1 81 (a + b + c) + + ≥9⇒ + + ≥ a b c a b c (a + b + c)2. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 81 a+b+c. n20 12. Suy ra: P ≥. Lu yen. To a. 81 27 Mặt khác ta có: a + b + c ≤ 6 ⇒ P ≥ = . Dấu 00 =00 xảy ra khi a = b = c = 2 6 2 27 Vậy P min = 2 Tìm giá trị lớn nhất   1 1 1 1 Đặt = x; = y; = z ⇒ x, y, z ∈ ; 1 a b c 2 1 1 1 Ta viết lại: P = ( + + )(x + y + z)2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: x ≥ y ≥ z x y z   1 1 1 1 − Xét hàm số: f (x) = ( + + )(x + y + z)2 (coi x là biến) với x, y, z ∈ ; 1 x y z 2 Ta có:     1 1 1 1 xyz + 2x2 (y + z) − yz(y + z) 0 2 f (x) = − 2 (x + y + z) + 2(x + y + z) + + = (x + y + z) >0 x x y z x2 yz (Do x2 ≥ yz)   1 1 (1 + y + z)2 = g(y) Như vậy hàm số f (x) đồng biến. Suy ra f (x) ≤ f (1) = 1 + + y z   1 1 − Coi y là ẩn ta xét hàm số g(y) = 1 + + (1 + y + z)2 y z  1 1 1+y+z 1 = (2y 2 (z + 1) + zy − z − z 2 ) Lại có: g 0 (y) = − 2 (1 + y + z)2 + 2(1 + y + z) 1 + + y y z y2 z p  −z + z 2 + 8z(z + 1)2  y= p4(z + 1) Xét tam thức bậc 2, t(y) = 2y 2 (z + 1) + zy − z − z 2 . Có t(y) = 0 ⇔   −z − z 2 + 8z(z + 1)2 y= 4(z + 1) p −z + z 2 + 8z(z + 1)2 1 ≤ . Mặt khác ta dễ chứng minh: y = 4(z + 1) 2   1 2 3 Điều này tương đương với 19z + 40z + 16 − 8z > 0 (hiển nhiên đúng với z ∈ ; 1    2 1 1 Suy ra t(y) > 0 với mọi y ∈ ; 1 . Suy ra g 0 (y) > 0 ⇒ g(y) ≤ g(1) = 2 + (2 + z)2 = h(z) 2 z − Cuối cùng ta dễ dàng kiểm tra được   1 (z − 1)(2z 2 + 11z − 4) h(z) − 27 = 2 + ≤0 (2 + z)2 − 27 = z z Vậy P ≤ 27. Khi x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1 thì P = 27 Do đó P max = 27 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A. Câu VIa. 1) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : 3x − y + 15 = 0 và hai điểm M (−2; 4), I(0; 3). Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A nằm trên đường thẳng d, M là trung điểm của AB, I là giao điểm của hai đường chéo, diện tích hình thoi bằng 16 và xA < −3. Lời giải:. On. − → - Vì A ∈ d ⇒ A(t, 3t + 15) ĐK: x < −3 ⇒ IA = (t, 3t + 12) −→ - Vì M là trung điểm AB nên ta có: B(−4 − t, −7 − 3t) ⇒BI = (t + 4, 3t + 10) −→ − → t = −3(L) - Dễ thấy BI ⊥ IA ⇒ t(t + 4) + (3t + 12)(3t + 10) = 0 ⇒ ⇒ A(−4, 3) và B(0, 5) t = −4(N ) - Vì: I là trung điểm của AC và BD nên ta dễ dàng tìm được C(4, 3), D(0, 1) Câu VIa. 2) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x+1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2x + 6 = 0 và đường thẳng (∆) : = 1 y−6 z+5 = . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(−3; 0; 2) và cắt (∆) tại B sao cho mặt cầu tâm B tiếp −1 2 xúc với hai mặt phẳng (Oxz) và (P ). Lời giải:. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> n20 12. - Vì B ∈ ∆ ⇒ B(t − 1, 6 − t, 2t − 5) - Theo giả thiết ta có mặt cầu tâm B tiếp xúc với (P) và (Oxz) nên ta có:. |2.(t − 1) − (6 − t) + 2(2t − 5) + 6| √ = |6 − t| 9 " t=2 −2 ⇐⇒ |12t − 12| = 3|6 − t| ⇐⇒ t= 3   −5 20 −19 =⇒ B(1, 5, −1) hoặc B , , 3 3 3 Kết hợp với giả thiết d đi qua A(−3, 0, 2) ta sẽ thu được phương trình đường thẳng d. Câu VIIa. (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp các điểm M biễu diễn số phức w = 2z − 3i, biết số phức z thoả mãn bất đẳng thức |z − 3| ≤ |2z + 3i − 1| d(B, (P )) = d(B, (O)) ⇐⇒. Lời giải: Xét số phức: w = x + yi khi đó ta có x + yi = 2z − 3i ⇒ z = Thay vào bất đẳng thức: |z − 3| ≤ |2z + 3i − 1| ta có:. x y+3 + i 2 2. y+3 x − 3) + i| ≤ |x − 1 + (y + 6)i| 2 2 x 2  y + 3  2 ⇔ −3 + ≤ (x − 1)2 + (y + 6)2 2 2 |(. To a. 103 4 ≥0 ⇔ x2 + y 2 + x + 14y + 3 3.   2 Từ đó ta suy ra tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán là đường tròn tâm I − ; −7 3 √ 2 34 và phần mặt phẳng bên ngoài đường tròn đó. bán kính R = 3 Phần B. Lu yen. Câu VIb. 1) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 5 ; (C2 ) : (x − 3)2 + y 2 = 9.Xét đường thẳng d đi qua giao điểm A (xA 6= 0) của (C1 ) ; (C2 ) và lần lượt cắt (C1 ) ; (C2 ) tại các giao điểm thứ hai là B, C. −−→ −−→ Tìm toạ độ điểm D thuộc đường thẳng d1 : x − y − 4 = 0 sao cho BC = 2AD. Lời giải:. On. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của (C1 ) và (C2 ) Qua A kẻ đường thẳng song song với O1 O2 cắt (O1 ); (O2 ) lần lượt tại B0 và C0 Trên tia BA lấy D0 sao cho AD0 = O1 O2 Gọi H1 và H2 lần lượt là hình chiếu của O1 và O2 lên BC. Gọi K là hình chiếu của O1 lên O2 H2 \ \ Dễ thấy các góc tương ứng song song KO 1 O2 = CAC0 = α 1 Ta có AD = BC = H1 H2 = O1 K = O1 O2 . cos α = AD0 . cos α. 2 Từ đó suy ra D0 D vuông góc với BC hay D thuộc đường tròn cố định có đường kính AD0 Ta xác định tọa độ điểm D chính là giao điểm của đường tròn này và đường thẳng d1 Câu VIb. 2) (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25 và ba điểm 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> n20 12. A(2; 3; 1), B(2; 3; −2), C(0; 4; 3). Gọi mặt phẳng (P ) đi qua A và cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính √ nhỏ nhất. Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua B nằm trong mặt phẳng (P ) và cách C một khoảng bằng 6 2 Lời giải:. Ta có: √ − → - IA = (1, 1, −2) ⇒ IA = 5 < 5 = R (Với I là tâm mặt cầu) ⇒ A nằm trong mặt cầu. √ - Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P), r là bán kính đường tròn giao tuyến. ⇒ r = R2 − IH 2 Vậy r nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà IH ≤ IA ⇒ IH lớn nhất khi H trùng với A. − → − ⇒ IA ⊥ (P ) ⇒ (P ) có vecto pháp tuyến → n = IA = (1, 1, −2) → − - Gọi vecto chỉ phương của d là u = (a, b, c) Theo giả thiết thì ta lập được hệ:   → − → −  u ⊥ n a + b − 2c = 0 √ −−→ → − ⇔ (b + c)2 + (a − 2c)2 + (a + 2b)2 6 |[ CB, u ]| 6   = = d(C, d) = − a2 + b2 + c2 4 2 |→ u|  a+b  c = (1) ⇔ (b + c)22 + (a − 2c)2 + (a + 2b)2 6   = (2) a2 + b2 + c2 4 Thế (1) vào (2) ta tìm được:. a = −b, chn b = −1 ⇒ a = 1, c = 0 43 b, chn b = 5 ⇒ a = 43, c = 24 a= 5. To a. ". Tới đây ta dễ dàng tìm được phương trình đường thẳng d. Câu VIIb. (1 điểm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giải hệ phương trình sau trên R : ( x4 − (1 + x2 y 2 ) log 15 x = y 4 − (1 + x2 y 2 ) log 51 y √ √ x + 2y + 1 = 1 + 2x − y + 2. ĐK: x ≥. Lu yen. Lời giải:. y−2 và x > 0, y > 0 2. . Ta có:. x4 − (1 + x2 y 2 ) log 51 x = y 4 − (1 + x2 y 2 ) log 15 y(1) √ √ x + 2y + 1 = 1 + 2x − y + 2(2) (1) ⇔ x4 − y 4 = (1 + x2 y 2 )(log 15 x − log 51 y). - Nếu x > y thì: V T > 0, V P < 0 ⇒ PT (1) vô nghiệm. - Nếu x < y thì: V T < 0, V P > 0 ⇒ PT (2) vô nghiệm. Ta xét x = y thì: √ √ √ √ (1) ⇔ x + 2x + 1 = 1 + 2x − x + 2 ⇔ x + 2x + 1 = 1 + x + 2 √ √ −x + 1 √ ⇔ x − 1 = x + 2 − 2x + 1 ⇔ x − 1 = √ x + 2 + 2x + 1   1 √ ⇔ (x − 1). 1 + √ = 0. ⇔ x = 1 x + 2 + 2x + 1 1 √ >0 x + 2 + 2x + 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (1, 1).. On. Vì: 1 + √. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>