b Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểmMthuộc đồ thịC , biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểm N sao cho∆OM Nvuông.. GọiMlà điểm thuộc mặt cầuSsao cho khoảng cách từMđến đường th
Trang 1TÀI LIỆU TOÁN THPT
http://www.k2pi.net
ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 08-12-2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x + 1
x − 1 có đồ thị là (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C ).
b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểmMthuộc đồ thị(C ), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểm N
sao cho∆OM Nvuông
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: 5 sin
³
2x + π
4
´
− 3sin
³
6x − π
4
´
=p2 (4 cos 4x − sin4x)
b) Giải hệ phương trình:
2¡
x3− y6¢
= 3¡
y4− x y2¢
4x
3
y4+ 5x
y − 8y2+ 7 = 0 (x, y ∈ R)
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I =
Zπ
4
−π
4
sin 2x + cos2x sin x + cos x + 1 dx
Câu 4 (1 điểm) Cho hình lăng trụABC A′B′C′có đáyABClà tam giác vuông tạiA, AB = a, AC = ap3 Gọi H , M
lần lượt là trung điểm của BC ,CC′ BiếtA′cách đều các đỉnh A, B, C Góc tạo bởi đường thẳngA′Bvà mặt phẳng(A′AH )bằng300 Tính thể tích lăng trụABC A′B′C′và khoảng cách giữa hai đường thẳngA′BvàAM
Câu 5 (1 điểm) Choa, b, ccác số dương thoả mãn :2a2+ 3b2+ 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b.Chứng minh rằng:
1 p
8a+ 1+
1 p
8b+ 1+
1 p
8c+ 1≥ 1
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trình chuẩn
Câu 6A (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn(C ) :
µ
x −5
4
¶2
+¡
y − 1¢2= 2.Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuôngABC Dbiết các đỉnhBvàCthuộc đường tròn(C ), các đỉnh AvàDthuộc trụcOx
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx y zcho mặt cầu(S) : x2+ y2+ z2− 2x − 4y + 6z + 13 = 0và các đường thẳngd1:
x = 1 + t
y = 2 − t
z = 3
(t ∈ R),d2:x − 1
−1 =
y − 1
2 =z + 1
1 GọiMlà điểm thuộc mặt cầu(S)sao cho khoảng cách từMđến đường thẳngd1đạt giá trị nhỏ nhất Viết phương trình đường thẳng đi quaM, vuông góc với
d1và cắtd2
Câu 7A (1 điểm) Giải phương trình: p3x − x −px + 1 + 2x.3 x + 2x + 1 = 9 x
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6B (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độOx ycho Elip có phương trình:x2
8 +y
2
4 = 1và điểmI (1; −1) Một đường thẳng∆qua
Icắt Elip tại hai điểm phân biệtA, B Tìm tọa độ các điểmA, Bsao cho độ lớn của tíchI A.I Bđạt giá trị nhỏ nhất
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx y zcho hai đường thẳng∆1:x + 1
2 = y − 1
3 =z
1 ,∆2:x
3 = y
−1 =
z − 1
2 và hai điểmA(−1;3;0),B(1;1;1) Viết phương trình đường thẳng∆cắt các đường thẳng∆1và∆2tạiMvà
Nsao cho tam giácAN Bvuông tạiBvà thể tích khối tứ diệnAB M N bằng1
3
Câu 7B (1 điểm) Giải hệ phương trình :
(
x2− y2= 2
8 log16¡
x + y¢=1
4log3
¡
x − y¢+ 2
Trang 2
———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1 Cho hàm sốy = x + 1
x − 1 có đồ thị là (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C ).
b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểmMthuộc đồ thị(C ), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểm N sao cho∆OM Nvuông
a) Lời giải (hungchng):
*TXĐD = R\{1}; đạo hàmy′= −2
(x − 1)2< 0 ∀x ∈ D, Hàm số nghịch biến trên(−∞;1);(1;+∞)
lim
x→1+y = +∞; lim
x→1−y = −∞; x = 1là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞ y = 1; lim
x→+∞ y = 1; y = 1là phương trình tiệm cận ngang
*Bảng biến thiên
x
y′
y
1
−∞
+∞
1
*Đồ thị
−3
−2
−1
1 2 3 4 5
0
b) Lời giải (dangnamneu):
Giả sử điểmM³
x0;x0 +1
x0 −1
´
∈ (C ) Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểmMlàk = y′(x0) = −2
(x0− 1)2
Hệ số góc đường thẳngOMlà:k OM=
x0+1
x0−1
x0− 0=
x0+ 1
x0(x0− 1) Tam giácOM Nvuông ta xét ba trường hợp:
Trường hợp 1: Tam giácOM Nvuông tạiOkhi đóMthuộc trục tung, tứcM (0; −1)khi đó tiếp tuyến cần tìm là:
y = −2
(0 − 1)2(x − 0) − 1 ⇔ y = −2x − 1 Trường hợp 2: Tam giácOM Nvuông tạiNkhi đó tiếp tuyến song song với trục tung, điều này là không thể Trường hợp 3: Tam giácOM Nvuông tạiMkhi và chỉ khi
k.k OM= −1 ⇔ −2
(x0− 1)2.
x0+ 1
x0(x0− 1)= −1 ⇔ x0(x0− 1)
3
= 2(x0+ 1) Đến đây để đơn giản ta đặtt = x0− 1phương trình trở thành:
t3(t + 1) = 2(t + 2) ⇔ t4+ t3− 2t − 4 = 0 ⇔ t¡
t2− 2¢ +¡
t2− 2¢¡
t2+ 2¢
= 0 ⇔
·
t2− 2 = 0
t2+ 2 + t = 0 ⇔ t = ±
p
2 ⇔ x0= 1 ±p2
Từ đó suy ra hai tiếp tuyến là:
y =¡ −2
1 +p2 − 1¢2
¡
x − 1 −p2¢
+1 +p2 + 1
1 +p2 − 1
y =¡ −2
1 −p2 − 1¢2
¡
x − 1 +p2¢
+1 −p2 + 1
1 −p2 − 1
⇔
·
y = −x + 2 + 2p2
y = −x + 2 − 2p2
Vậy tất cả có 3 tiếp tuyến cần tìm lày = −2x − 1; y = −x + 2 + 2p2; y = −x + 2 − 2p2
Câu 2.a Giải phương trình: 5 sin³
2x + π
4
´
− 3sin
³
6x − π
4
´
=p2 (4 cos 4x − sin4x)
Lời giải (theoanm):
5 sin³
2x + π
4
´
− 3sin
³
6x − π
4
´
=p2 (4 cos 4x − sin4x)
Nhân cả hai vế vớip2vào hai vế ta được phương trình
5 (sin 2x + cos2x) − 3(sin6x − cos6x) = 8cos4x − 2sin4x
⇔5sin2x + 5sin4x − 3(sin6x + sin4x) + 5cos2x − 5cos4x + 3cos6x − 3cos4x = 0
⇔10sin3x cos x − 6sin5x cos x + 10sin3x sin x − 6sin5x sin x = 0
⇔10sin3x (sin x + cos x) − 6sin5x (sin x + cos x) = 0
⇔(sin x + cos x)(10sin3x − 6sin5x) = 0
TH 1 :sin x + cos x = 0 ⇔ x = −π
4 + kπ
TH 2 :5 sin 3x = 3sin5x ⇔ 2sin3x = 5(sin5x − sin3x) ⇔ 2sin3x = 10cos4x sin x ⇔ 3sin x − 4sin3
x = 5cos4x sin x
Trang 3⇔ sin x¡
3 − 4si n2x − 5cos4x¢= 0
•sin x = 0 ⇔ x = kπ
•3 − 2(1 − cos2x) − 5(2cos22x − 1) = 0 ⇔ −10cos22x + 2cos2x + 6 = 0 ⇔ −5cos22x + cos2x + 3 = 0
Câu 2.b Giải hệ phương trình:
2¡
x3− y6¢
= 3¡
y4− x y2¢
4x
3
y4+ 5x
y − 8y2+ 7 = 0 (x, y ∈ R)
Lời giải (hoanghai1195):
ĐKXĐ:y 6= 0 PT (1) ⇔ 2x3
+ 3x y2= 3y4+ 2y6⇔ 2(x
y)
3
+ 3x
y = 2y3+ 3y
Xét hàm sốf (t ) = 2t3
+ 3tlà hàm đồng biến trênRnên phương trình trên tương đương với: x
y = yhayx = y2
Thế vào phương trình(2)ta được:4y2+ 5y − 8y2+ 7 = 0 ⇔ −4y2+ 5y + 7 = 0 ⇒
y =5 +
p 137 8
y =5 −
p 137 8
Từ đó ta suy ra hệ có nghiệm:
x =162 + 10
p 137 64
y =5 +
p 137 8
Hoặc:
x =162 − 10
p 137 64
y =5 −
p 137 8
Lời giải (Con phố quen):
Điều kiện :y 6= 0.Quan sát thấy phương trình đầu tiên vế trái chứa hẳng đẳng thức :
x3− y6= x3− (y2)3= (x − y2)(x2+ x y2+ y4)
Mặt khác vế phải lại tách được nhân tử chung :
y4− x y2= −y2(x − y2)
Điều này chứng tỏ từ phương đầu tiên ta bắt được nhân tử chung như sau :(x − y2)(2x2+ 2x y2+ 2y4+ 3y2) = 0 (1)
Ta xem phương trình2x2+ 2x y2+ 2y4+ 3y2= 0là một phương trình bậc hai theo biếnx
với biệt số∆′= y4− 2(2y4+ 3y2) = −(3y4+ 6y2) < 0 Do đó phương trình : 2x2+ 2x y2+ 2y4+ 3y2= 0vô nghiệm
Từ đó(1)cho x = y2.Thế kết quả này vào phương trình thứ hai trong hệ và thu gọn ta thu được phương trình :
4y2− 5y − 7 = 0 ⇔
y =5 −
p 137
8 ⇒ x =81 − 5p137
32
y =5 +
p 137
8 ⇒ x =81 + 5p137
32
Câu 3 Tính tích phân I =Z
π
4
−π
4
sin 2x + cos2x sin x + cos x + 1dx
Lời giải (nqt):
Ta cóI =Z
π
4
−π
4
sin 2x
1 + sin x + cos xdx +Z
π
4
−π
4
cos 2x
1 + sin x + cos xdx = A + B.
* TínhA: Cósin 2x = (1 + sin2x) − 1 = (sin x + cos x)2− 1 = (sin x + cos x − 1)(sin x + cos x + 1)
NênA =Rπ
4
−π
4(sin x + cos x − 1)dx =p2 −π
2.
*TínhB: Cócos 2x = (cos x − sin x)(cos x + sin x)
Đặtt = sin x + cos x + 1 ⇒dt = (cos x − sin x)dx.Đổi cậnx = − π
4⇒ t = 1; x = π
4⇒ t =p2 + 1
Do đóB =Rp2+1
1
t − 1
t dt =p2 − ln(p2 + 1).VậyI = 2p2 −π
2− ln(p2 + 1)
Lời giải (dan_dhv):
Ta có:I =Z
π
4
−π
4
(cos x + sin x)2− 1 + cos2x
cos x + sin x + 1 d x
=
Zπ
4
−π
4
(sin x + cos x − 1)d x +
Zπ
4
−π
4
(cos x + sin x + 1 − 1)(cos x − sin x)
cos x + sin x + 1 d x
=
Zπ
4
−π
4
(sin x + cos x − 1)d x +
Zπ
4
−π
4
µ
cos x − sin x − cos x − sin x
cos x + sin x + 1
¶
d x
= sin x − cos x − x + sin x + cos x − ln(cos x + sin x + 1) = 2sin x − x − ln(cos x + sin x + 1) = 2p2 +−π
2 − ln(p2 + 1)
Lời giải (kunkun):
I =
Zπ
4
−π
4
sin 2x + cos2x sin x + cos x + 1dx =Z
π
4
−π
4
2 cos x (sin x + cos x + 1) − (1 + 2cos x)
sin x + cos x + 1 d x
=
Zπ
4
−π
4
2 cos xd x −
Zπ
4
−π
4
1 + 2cos x sin x + cos x + 1 d x = 2
p
2 −
Zπ
4
−π
4
1 + 2sin x + 2(cos x − sin x) sin x + cos x + 1 d x
= 2p2 −
Zπ
4
−π
4
2 (cos x − sin x) sin x + cos x + 1 d x −
Zπ
4
−π
4
1 + 2sin x sin x + cos x + 1 d x = 2
p
2 − 2ln¡1 +p2¢
− I1
Trang 4Z
4
−π
4
1 + 2sin x
p
2 sin¡
x + π
4
¢ + 1d xĐặtx + π
4= t ⇒ d x = d tĐổi cận:x = −π
4 ⇒ t = 0; x = π
4⇒ t = π
2
⇒ I1=
Zπ
2
0
1 + 2sin¡t − π
4
¢ p
2 sin t + 1 d t =
Zπ
2
0
1 +p2 sin t −p2 cos t
p
2 sin t + 1 d t =
π
2−
Zπ
2
0
p
2 cos t
p
2 sin t + 1 d t =
π
2− ln¡
1 +p2¢ VậyI = 2p2 −π
2− ln¡
1 +p2¢
Câu 4 Cho hình lăng trụABC A′B′C′có đáyABClà tam giác vuông tạiA, AB = a, AC = ap3 Gọi H , Mlần lượt
là trung điểm của BC ,CC′ BiếtA′cách đều các đỉnh A, B, C Góc tạo bởi đường thẳngA′Bvà mặt phẳng(A′AH )
bằng300 Tính thể tích lăng trụABC A′B′C′và khoảng cách giữa hai đường thẳngA′BvàAM
Lời giải ():
a
ap 3
B
A
C H
A′
B′
C′
O
M
Ta cóBC =pAB2+ AC2= 2a GọiHlà trung điểm cạnh huyềnBCta cóH A = HB = HC = anênA′H ⊥ (ABC )
GọiOlà trung điểmAHta cóBO ⊥ AH(△AB Hđều cạnha) Do đóBO ⊥ AH A′, suy raB A′O = B Aá′, (AH A′) = 30o
BO = a
p
3
2 =⇒ A′O = 3a
2 màA′O2= HO2+ A′H2nênA′H = ap2
Thể tích lăng trụV ABC A′B′C′= S ABC A′H =1
2a.a
p
3.ap
2 =a
3p 6 2
Câu 5 Choa, b, ccác số dương thoả mãn :2a2+ 3b2+ 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b.Chứng minh rằng:
1 p
8a+ 1+
1 p
8b+ 1+
1 p
8c+ 1≥ 1
Lời giải (Con phố quen):
Từ điều kiện ta biến đổi:
2a2+ 3b2+ 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b
⇐⇒ 2a2+ 2ab + 2ac − 6a + 3ab + 3b2+ 3bc − 9b + a + b + c − 3 ≤ 0
⇐⇒ 2a(a + b + c − 3) + 3b(a + b + c − 3) + (a + b + c − 3) ≤ 0
⇐⇒ (a + b + c − 3)(2a + 3b + 1) ≤ 0 (1)
Doa, b, c > 0nên từ(1)ta có : a + b + c ≤ 3.Lại có :2a+b+c= 2a· 2b· 2c≤ 8.Đặtm = 2 a
, n = 2 b , p = 2 c ⇒ mnp ≤ 8.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
p
1 + m3=p
(1 + m)(1 − m + m2) ≤m
2
+ 2 2 Xây dựng các bất đẳng thức tương tự, ta được
V T ≥ 2
m2+ 2+
2
n2+ 2+
2
p2+ 2 Vậy ta cần phảỉ chứng minh
2
m2+ 2+
2
n2+ 2+
2
p2+ 2≥ 1tức là
2
m2
1 + 2
m2
+
2
n2
1 + 2
n2
+
2
p2
1 + 2
p2
≥ 1
Tiếp tục đăt :t = 1
m2, u = 1
n2, v = 1
p2.Với điều kiệnmnp ≤ 8 ⇒ tuv ≥1
8.Khi đó ta cần chứng minh :
2t
1 + 2t+
2u
1 + 2u+
2v
1 + 2v ≥ 1
Trang 5Tới đây ta khai triển ra và rút gọn ta thu được
4(ut + v t + uv) + 16uv t ≥ 1 (∗)
Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có :
4(ut + v t + ut) + 16uv t ≥ 12p3t2u2v2+ 16uv t = 12 · 1
16+ 16 · 1
64= 1 Vậy(∗)được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khit = u = v =1
4haym = n = p = 2haya = b = c = 1.
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn(C ) :
µ
x −5
4
¶2
+¡
y − 1¢2= 2 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuôngABC Dbiết các đỉnhBvàCthuộc đường tròn(C ), các đỉnh AvàDthuộc trụcOx
Lời giải (thiencuong_96):
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx y zcho mặt cầu(S) : x2+ y2+ z2− 2x − 4y + 6z + 13 = 0và các đường thẳngd1:
x = 1 + t
y = 2 − t
z = 3
(t ∈ R),d2:x − 1
−1 =
y − 1
2 =z + 1
1 GọiMlà điểm thuộc mặt cầu(S)sao cho khoảng cách từMđến đường thẳngd1đạt giá trị nhỏ nhất Viết phương trình đường thẳng đi quaM, vuông góc vớid1và cắtd2
Lời giải (Con phố quen):
Trong bài toán nội dụng đề cập đến hai vấn đề :
*Tìm điểmMthuộc một cầu cho trước đồng thời khoảng cách từMđến một đường thẳng cho trước đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất
*Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểmMcho trước đồng thời vuông góc với một đường thẳngavà cắt đường thẳngb.
Tiếp đến, con phố quen đưa ra các hướng giải quyết cho từng vấn đề
Vấn đề 1 : Tìm điểmMthuộc mặt cầu(S)đồng thời khoảng cách từ điểmMđến đường thẳng∆có giá trị nhỏ nhất
và lớn nhất
Giải quyết vấn đề :
- Bước 1 : GọiHlà hình chiếu của tâmIcủa mặt cầu lên∆.Xác định tọa độ điểmH
- Bước 2 : Viết phương trình đường thẳng đi quaI H Và tìm giao điểmM1, M2củaI Hvà mặt cầu(S).
- Bước 3 : TínhI Hvà so sánhI Hvà bán kínhRcủa mặt cầu(S).Khi đó :
I H > R.ThìM Hmin=min{M1H , M2H } , M HMax=Max{M1H , M2H }
I H = R.ThìM Hmin= 0khiMtrùngH,M Hmax khiMtrùng với điểm đối xứng củaHquaI
I H < R.ThìM Hmin= 0lúc đóMtrùng với hai điểmA, BvớiA, Blà giao điểm của∆và mặt cầu(S),
M Hmax=max{M1H , M2H }
Vấn đề 2 : Viết phương trình đường thẳngdđi quaM, vuông góc vớid1và cắtd2
Giải quyết vấn đề : Bài toán có nhiều cách giải quyết Ở đây hướng giải quyết gọn nhẹ sau :
Giả sửdcắtd2tạiB.Suy ra tọa độ điểmB.Tính−−→M B Dod1⊥d.nên−→AB · − a→
1= 0 Tinh được điểmB.Từ đó viết phương trìnhM B.
Bây giờ ta đi cụ thể vào bài toán:
Tìm điểmM
Đối với mặt cầu(S)ta có tâmI (1; 2; −3)và bán kínhR = 1.
GọiHlà hình chiếu vuông góc củaIlênd1.Suy raH (1 + t,2 − t,3) ⇒−→I H = (t;−t;6).
DoI H ⊥d1nên−→I H · −→a
d1= 0 ⇒ t − (−t) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(1;2;3) ⇒ I H = 6 > R
Ta có phương trìnhI H :
x = 1
y = 2
z = 3 + 6u
.Tọa độ hai điểmM1, M2củaI Hvà mặt cầu(S)là nghiệm của hệ phương trình:
x = 1
y = 2
z = 3 + 6u
(x − 1)2+ (y − 2)2+ (z − 3)2= 1
⇒ (1 − 1)2+ (2 − 2)2+ (3 + 6u + 3)2= 1 ⇔ (1 + u)2= 1
36⇔ u = −5
6 ∨ u = −7
6 Khi đó ta có :M1(1; 2; −2), M2(1; 2; −4).Từ đó ta có :M1H = 5; M2H = 7.DoI H > RnênM Hmin=min{M1H , M2H } = 5.
Từ đó ta cóMtrùng với điểmM1hayM (1; 2; −2).
Viết phương trình đường thẳngdvuông góc vớid1và cắtd2
Giả sửdcắtd2tạiBnên ta cóB (1 − v;1 + 2v;−1 + v).Ta có−−→M B = (−v;−1 + 2v;1 + v).
Dod ⊥d1nên ta có :−−→M B · −→a
d1= 0 ⇒ −3v + 1 = 0 ⇔ v =1
3⇒−−→M B =
µ
−1
3; −1
3; −2 3
¶
=1
3(1; −1;−2)
Do đó đường thẳngdđi quaMvà nhận véc tơ→−u = (1;−1;−2)làm véc tơ chỉ phương
Trang 6nên ta có phương trình :d : x − 1
1 =y − 2
−1 =
z + 2
−2 .
Câu 7A Giải phương trình: p3x − x −px + 1 + 2x.3 x + 2x + 1 = 9 x
Lời giải (dangnamneu):
Điều kiện:½ 3x − x ≥ 0
x ≥ −1
Biến đổi phương trình về dạng:p 3x − 2x − 1
3x − x +px + 1= (3
x − 2x − 1)(3 x+ 1) ⇔
3
x − 2x − 1 = 0
3x+ 1 =p 1
3x − x +px + 1
Xét phương trình:3x+ 1 =p 1
3x − x +px + 1⇔
¡p
3x − x +px + 1¢(3x+ 1) = 1
Đế ý là:1 =¡p3x − x +px + 1¢(3x+ 1) =¡p
3x − x +px + 1¢³¡p3x − x¢2
+¡p
x + 1¢2´<¡p
3x − x +px + 1¢3
⇒p3x − x +px + 1 > 1 ⇒p 1
3x − x +px + 1< 1
Mặt khác3x+ 1 > 1nên phương trình này vô nghiệm
Xét phương trình:3x − 2x − 1 = 0, là một dạng phương trình mũ hay gặp
Ta xét hàm sốf (x) = 3 x
− 2x − 1ta có f′(x) = 3 x ln 3 − 2 = 0 ⇔ x = log3
³
ln 2 3
´ Lập bảng biến thiên của hàm số ra suy ra phương trình nếu có nghiệm thì tối đa là 2 nghiệm
Mặt khác nhận thấyx = 0; x = 1thỏa mãn Nên đó là hai nghiệm của phương trình trên
Vậy phương trình có hai nghiệmx = 0; x = 1
Câu 6B.a Trong mặt phẳng tọa độOx ycho Elip có phương trình:x2
8 +y
2
4 = 1và điểmI (1; −1) Một đường thẳng
∆quaIcắt Elip tại hai điểm phân biệtA, B.Tìm tọa độ các điểmA, Bsao cho độ lớn của tíchI A.I Bđạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải (dangnamneu):
GọiI′, A′, B′ lần lượt là hình chiếu củaI , A, B xuống trục hoành, khi đó theo tính chất của hình chiếu ta suy ra
I A.I B ≥ I′A′.I′B′, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiABsong song với trục hoành
Tương tự hạ hình chiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy raABsong song với trục tung
Nhưng trong hai trường hợp này chỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán
Nhưng để ýI (1; −1)nằm trong Elip do12
8 +(−1)2
4 − 1 < 0 nên các hình chiếu trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bé của Elip,
để ý là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳngABcần tìm sẽ song song với trục bé, tức song song với trục tung
DoABsong song với trục tung và quaI (1; −1)nên có phương trình là:x = 1 ⇒ A³1; −q7
2
´
, B³ 1;
q
7 2
´ Vậy hai điểm cần tìm làA³
1; −
q
7 2
´
, B³ 1;
q
7 2
´ hoặcA³
1;
q
7 2
´
, B³ 1; −
q
7 2
´
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx y zcho hai đường thẳng∆1:x + 1
2 = y − 1
3 = z
1 ,∆2:x
3 =
y
−1=
z − 1
2 và hai điểmA(−1;3;0),B(1;1;1) Viết phương trình đường thẳng∆cắt các đường thẳng∆1và∆2tạiMvà
Nsao cho tam giácAN Bvuông tạiBvà thể tích khối tứ diệnAB M N bằng1
3
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 7B Giải hệ phương trình :
( x2
− y2= 2
8 log16¡
x + y¢=1
4log3
¡
x − y¢+ 2
Lời giải (hoanghai1195):
ĐKXĐ:½ x + y > 0
x − y > 0
Đặt½ x + y = a
x − y = b . P T (1) ⇐⇒ ab = 2 =⇒ a =
2
b Thế vào phương trình(2); ta được:
2 log2a =1
4
¡ log32 − log3a¢
+ 2 ⇐⇒ 2log2a =log32
4 + 2 − log2a
4 log 23 =⇒ log2a = 1 ⇐⇒ a = 2 =⇒ b = 1
Từ đó suy ra hệ có nghiệm:
x =3
2
y =1
2