Ôn thi TN-ĐH

Bài 1 Tìm m để phương trình sau co đúng một nghiệm:

1

x y z m

 + + =

 − + =

Giải:

Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ điểm chung của:

mặt cầu (S): 2 2 2

1

x + + =y z , (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1

và mặt phẳng ( )α :2x y− +2z m− =0

Do đó hệ (1) có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và (α) tiếp xúc nhau

2 ( 1) 2

m

3 3

m m

=



 =−



TH1:m = 3 nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của O trên (α1): 2x – y + 2z – 3 = 0 đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α1) có phương trình ( )

2 2

x t

y t t R

z t

=



 =− ∈



 =



giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (α1) và ∆ là t = 1

3⇒ H 2; 1 2;

TH2: m = -3 Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (α2): 2x – y + 2z + 3 = 0

⇒ H’ 2 1; ; 2

  (tương tự như TH1)

Vậy khi m = 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là 2; 1; 2

khi m = - 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là 2; 1; 2

Bài 2 Giải hệ phương trình:

 + + + =

Giải:

Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của:

Mặt cầu (S): 2 2 2

x + + −y z x+ y− + =z , (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3

và (α): x + 2y + 2z + 6 = 0

ta có ( , ( )) 2 92 2 3

+ +

⇒ (S) và (α) tiếp xúc nhau

⇒ Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của I trên (α)

Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với (α) có phương trình ( )

3

1 2

1 2

= +





 = +



giá trị của tham số t tương ứng với giao điểm của (α) và ∆ là t = -1 ⇒ H (2; -3; -1) vậy hệ (2) có nghiệm duy nhất ( x = 2; y = -3; z = -1)

Bài 3 Giải hệ phương trình:

 + − − =



 + − − =



(3)

Giải:

Nghiệm của hệ là tọa độ điểm chung của:

Mặt cầu (S):x2+ + −y2 z2 2x−4y− =6z 0 và đường thẳng ∆: 3 2 2 8 0



 + − − =



∆ qua M(0; 4; 0) và có VTCP ur = (-2; 6; 3)

⇒ ∆ có phương trình tham số: ( )

2

4 6 3

z t

= −





 =



Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung của (S) và ∆ là nghiệm của phương trình:

2t 4 6t 3t 2 2t 4 4 6t 6.3 0t

0 10 49

t t

=





 =−



⇒∆ và (S) có hai điểm chung A(0; 4;0) và 20 136; ; 30

Vậy hệ (3) có hai nghiệm (0; 4;0 và ) 20 136; ; 30

Bài 4 Chứnh minh rằng hệ phương trình sau vo nghiệm:

4 4 4

x y z 1

x y 2z 7







Giải: xét f(x,y,z) = x2 + y2 + 2z2

2 2 2

1

; ;

1;1; 2

u x y z

v

u v f x y z



 =

=



r r

f r

Vậy hệ vô nghiệm

Bài 5 Giải hệ phương trình:

( ) ( ) ( )

2 2 2

3 3 3

x y z 3 1

x y z 3 2

x y z 3 3

 + + =





 + + =



Giải:

Cách 1: Mặt cầu (S): x2+y2+z2 =3, tâm O bán kính R = 3 và mp(α): x + y + z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì ( ,( )) 2 32 2 3

+ +

Do đó hệ phương trình ( )

( )

2 2 2

x y z 3 1

x y z 3 2

 + + =





dễ thấy nghiệm đó là x = y = z = 1 và nghiệm này cũng thỏa (3)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 1

Cách 2: Xét: f(x,y,z) = x + y + z

3

; ;

1;1;1

( , , )

u x y z

v

u v f x y z x y z



 =

=





r r

r

r r

Đẳng thức xảy ra khi ur cùng phương với vr hay:

x y z

x y z

Thế (4) vào (3) ta được x = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1)

Bài 6 Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:

0

x y a

 − + =



Giải:

Số nghiệm của hệ pt là số điểm chung của:

Hình tròn (H): 2 2

x +y − − ≤x , (H) có tâm I(1; 0) bán kính R = 3

và đường thẳng ∆: x – y + a = 0

Do đó hệ có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ tiếp xúc với (H),

2

a

a a

 =− +



= − −



Bài 7 Tìm a để hệ sau có nghiệm:

x y

 + =

 − + ≤



Giải: điều kiện a≥0

Đường tròn: (C): x2+ =y2 a , tâm O(0; 0) bán kính R = a

và nửa mặt phẳng: (α): 4x− + ≤3y 2 0

Vì O thong nằm trong nữa mặt phẳng (α) nên hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

( , ) 2

5

d O ∆ = ≤ a, ∆: 4x− + =3y 2 0 ⇔ 4

25

a≥

Kết hợp với điều kiện được 4

25

a≥

Bài 8 Tìm a để hệ phương trình sau có hai nghiệm:

0

x ay a

 + − =

 + − =



Giải:

Nghiệm của hệ phương trình nếu có là tọa độ điểm chung của:

Đường tròn: (C): x2+ − =y2 x 0, tâm I 1;0

2

 bán kính R =

1 2

và đường thẳng ∆: x + ay - a = 0

1

1 2

,

2 1

a

d I

a

−

+

1 2− a ≤ +1 a

⇔ 3a2−4a ≤0

3

a

≤ ≤

Bài 9 Giả sử (x y và 1; 1) (x y là hai nghiệm của hệ phương trình 2; 2)

0

x ay a

 + − =

 + − =



Chứng minh rằng: ( ) (2 )2

x −x + y −y ≤

Giải:

Vì (x y và 1; 1) (x y là hai nghiệm của hệ phương trình 2; 2)

0

x ay a

 + − =

 + − =



nên A(x y và B1; 1) (x y nằm trên đường tròn (C): 2; 2) x2+ − =y2 x 0, bán kính R = 1

2

Bài 10 Cho ba số thực x, y, z thỏa: x2+ + =y2 z2 1 Tìm GTLN và GTNN của

F= x+ y z− −

Giải:

Xét mặt cầu (S): x2+ + =y2 z2 1, tâm O, bán kính R = 1

và mặt phẳng (α): 2x+2y z− −9 = 0

Đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α) có phương trình ( )

2 2

x t

y t t R

z t

=





 =−



giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của ∆ và (S) là t = ± 1

3

⇒∆ và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A 2 2; ; 1

( )2

4 4 1

9

3 3 3

d A α

+ + −

+ + −

( )2

4 4 1

9

3 3 3

d B α

− − − −

+ + −

Lấy M(x; y; z) ∈ (S), ( )

( )2

,( )

3

x y z

+ + −

Luôn có d A( ,( )α ) (≤d M,( )α ) (≤d B,( )α ) ⇔ 2 1 4

3 F

Vậy Fmin = 6 đạt khi x = y = 2

3 ; z = 1

3

−

Fmax = 6 đạt khi x = y = 2

3

− ; z = 1

3

Bài 11 Chứng minh rằng: ∀a, b, c ∈ R, ta có: abc(a + b + c) ≤ a4 + b4 + c4

Giải:

Ta có: VT = a2bc + ab2c + abc2 và xét hai véctơ ( )

; ;

; ;

u ab bc ca

v ac ba bc

 =





=



r r

⇒

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

u a b b c c a

v a c b a b c u

u v a bc ab c abc











r

r r

Từ u vr r≤ u vr r ⇒ VT = a2bc + ab2c + abc2 ≤ a2b2 + b2c2 + c2a2 (1)

xét thêm: ar=(a b c2; ;2 2) và br=(b c a2; ;2 2)⇒

2 2 2 2 2 2

a b a b b c c a







r r

Do a br r ≤ a br r ⇒ a b2 2+b c2 2+c a2 2 ≤a4+ +b4 c4 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ abc(a + b + c) ≤ a4 + b4 + c4

Đẳng thức xảy ra ⇔ 2 2 2

ab bc ca

b c a

c a b





Bài 12 Chứng minh rằng nếu : a > c > 0 và b > c > 0 thì:

c a c− + c b c− ≤ ab

Giải:

;

;

u v c a c c b c

 =



r r

r r

r r

Mà .u vr r≤ u vr r ⇒ c a c( − ) + c b c( − ) ≤ ab

a b

−

+

−

Bài 13 Cho 0 < x, y, z < 1 Chứng minh rằng x(1 – y) + y(1 – z) + z(1 – x) < 1

Giải:

Ta chọn M, N, P theo thứ tự là ba điểm trên ba cạnh AB, BC, CA của tam giác đều ABC có cạnh bằng 1

Đặt AM = x; CP = y; BN = z thì 0 < x, y, z < 1 và S∆ AMP + S ∆ MBN + S ∆ NCP < S ∆ ABC

x

y

z C

P

M

N

2x(1 – y).sinA+1

2 z(1 –x)sinB+1

2y(1 – z)sinC < 1

2 1.sin600

⇔ x(1 – y) + z(1 –x) + y(1 – z) < 1 (đpcm)