Các đề thi thi học sinh giỏi lớp 12 cấp thành phố

Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD... Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với ABCD, SA = a.. Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng c

Sở Giáo dục-Đào tạo KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT TP.Hồ Chí Minh CẤP THÀNH PHỐ

Năm học 2010 - 2011 (khóa ngày 3/3/2011)

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 (2 điểm)

Giải phương trình : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4

Bài 2 (6 điểm)

a) Chứng minh ad + bc ≤ a2 + b2 c2 + d2 với a, b, c, d là các số thực.

b) Cho ba số thực dương a, b, c thoả: a + b + c ≥ 1 1 1 + +

Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 2

a+b+c abc + c) Cho x, y, z ∈ R thỏa x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất của A= x + y + z – xyz.

Bài 3 (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n4 + n3 + 1 là số chính phương.

Bài 4 (2 điểm) Giải hệ phương trình

 + = −







Bài 5 (2 điểm)

Định m để phương trình sau có nghiệm: 2

1 x − − x m x x + − = 2

Bài 6 (4 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD), SA

= a Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD.

Bài 7 (2 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x2 – xy + 2y2 với x, y là các số thực thỏa mãn x2 – xy + y2 = 3.

HẾT

ĐÁP ÁN :

Bài 1 : (2 điểm)

Giải phương trình : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4

Giải : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4

⇔4sin xcos x – (1 – 2sin2x) – 7sin x – 2cos x + 4 = 0

⇔2cos x(2sin x – 1) + 2sin2x – 7sin x + 3 = 0

⇔2cos x(2sin x – 1) + ( 2sin x – 1)(sin x – 3) = 0

⇔(2sin x – 1 ) ( 2cos x + sin x – 3 )=0

⇔sin x =

2

6

5

x 2 6

x = π + k π v = π + k π k ∈ Z

Bài 2 : (6 điểm) Mỗi câu 2 điểm

a) Chứng minh : ad + bc ≤ a +b c +d2 2 2 2 với a, b, c, d là các số thực

Nếu ad + bc < 0 : Bất đẳng thức đúng

Nếu ad + bc ≥ 0 :

Bất đẳng thức tương đương với : (ad + bc)2 ≤ (a +b )(c +d )2 2 2 2

a d + b c + 2abcd a c + a d + b c + b d

b)Cho ba số thực dương a, b, c thoả: a + b + c ≥ 1 1 1

+ +

a b c

Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 2

a+b+c abc +

Giải

a b c + + ≥ a b c

+ + ⇒ a + b + c ≥ 3.

2

2 1 1 1 3

3 a b c

≥ +  + + ÷

= 3 + 2a b c

abc + +

a b c abc +

c)Cho x, y, z ∈ R thỏa x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất của A= x + y + z – xyz

Giải :

A = x(1 – yz) + (y + z) ≤ x2+ +(y z) (1 yz)2 − 2+12 = 2 2yz 2 2yz y z+ − + 2 2 = B Đặt t = yz ≤

1

t3 ≤ t2

Do đó:

B= (2 2t)(2 2t t )+ − + 2 = 2 t( 3− +t2 2) ≤2

⇒ A ≤2

Khi x = 0, y = z = 1 thì A = 2

Vậy Max A = 2

Bài 3 : (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n4 + n3 + 1 là số chính phương

Giải :

Ta tìm n thỏa n N *4 3 2

∈



Ta có m2=n4+n3+1> n4⇒ m>n2⇒ m=n2+k (k∈N*) ⇒ n4+n3+1=(n2+k)2⇒ n2(n–2k)=k2–1 ≥ 0 Nếu k2–1>0 thì n–2k ∈ N*⇒ k2–1 ≥ n2⇒ k2>n2⇒ n < k mâu thuẫn với n–2k ∈ N*

Vậy phải có k2–1=0 ⇒ k=1 và n2(n–2)=0⇒ n=2 (Khi đó m=5)

Vậy có duy nhất một số nguyên dương n thỏa n4 + n3 + 1 là số chính phương , đó là n=2

Bài 4: ( 2 điểm) Giải hệ phương trình

 + = −







Giải

 + = −







(1) + 3.(2) ta được:

x3 + 3xy2 + 3x2 – 24xy + 3y2 = –49 + 24y – 51x

⇔ x3 + 3x2 + 3x + 1 + 3y2(x + 1) – 24y(x + 1) + 48(x + 1) = 0

⇔ (x + 1)3 + (x + 1)(3y2 – 24y + 48) = 0

⇔ (x + 1)[(x + 1)2 + 3(y – 4)2] = 0

⇔

1 1 4

x

x

y

= −



 = − 



  =



* Thay x = –1 vào (1) ta được –1 – 3y2 = –49 ⇔ y2 = 16 ⇔ y = ± 4.

Vậy hệ có hai nghiệm là (–1; 4), (–1; –4)

Bài 5 Định m để phương trình sau có nghiệm: 2

1 x − − x m x x + − = 2

Giải

x x

2

−

− = ( –1 ≤ t ≤ 1)

Phương trình trở thành

2

2

−

Xét hàm số y = f(t) = 2t 42

−

− với t ( 1,1) ∈ −

Vậy m 2 ≥ + 3

Bài 6 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD), SA = a

Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD

Giải Gọi M là trung điểm của AD I là giao điểm của BM

và AC, J là giao điểm của EM và SD (E là đỉnh của hình vuông SADE)

JE = SE = 2

IB = JE ⇒ IJ // BE và IJ = 1

BE 3

AC ⊥ (BDE) ⇒ AC ⊥ BE ⇒ AC ⊥ IJ

SD ⊥ (BAE) ⇒ SD ⊥ BE ⇒ SD ⊥ IJ Vậy IJ là đoạn vuông góc chung của AC và SD

BE a 3 = ⇒ IJ a 3

3

=

Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ

t

y

–1

+ ∞

Bài 7 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x2 – xy + 2y2 với x, y là các số thực thỏa mãn x2 – xy + y2 = 3

Giải Xét hàm số

2 2

f (t)

− +

=

− + (*)

Ta có

2 2

(t 1)

−

− + và

2 2

f (t)

+

− + ⇒

5

f (t) 3

(có thể tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(t) bằng giải tích)

Với y = 0 ta có A = 6

Với y ≠ 0, thay t = x

y vào (*) ta có:

3

− +

− + ⇒ 5 ≤ A ≤ 9

Vậy giá trị lớn nhất của A là 9 khi x = y

giá trị nhỏ nhất của A là 5 khi x = – y

Sở Giáo dục-Đào tạo KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT

TP.Hồ Chí Minh CẤP THÀNH PHỐ

Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010)

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 : (4 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

1

4

2 +

=

x

x

b) Cho x , , y z thỏa : x > 0 ; y > 0 ; z > 0 ; x + y + z = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

xyz

y x

A = +

Bài 2 : (4 điểm) Chứng minh :

a) 25 ( x2 + y2) + ( 12 − 3 x − 4 y )2 − 72 ≥ 0 , ∀ x , y ∈ R

1

2 1

1 1

1

2

Bài 3 : (3 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình:

a) x − 2 + 4 − x = x2 − 6 x + 11

b)









= +

= + 28

4

3 3

y x

y x

Bài 4 : (4 điểm)

Cho tứ diện ABCD Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng nhau

a) Chứng minh rằng :

BCD

ACD BICD

AICD

S

S V

V IB

IA

=

=

b) Cho IA=IB và AB vuông góc với CD Chứng minh rằng AB vuông góc với mặt phẳng (ICD)

Bài 5 : (2 điểm)

Cho tứ diện ABCD, trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh AB, AC, AD cắt các mặt (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’ Xác định vị trí của

M trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá trị lớn nhất

Bài 6 : (3 điểm)

Định m để phương trình : sin3x – sin2x = (m – 1)sinx có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn [ π ; 2 π

HẾT

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010)

Bài 1 : (4 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số

1

4

2 +

=

x

x

b) Cho x , , y z thỏa : x > 0 ; y > 0 ; z > 0 ; x + y + z = 1Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

xyz

y x

A = +

Giải

a)

1

4

2

+

=

x

x

y

Ta có : y ≥ 0 nên yđạt GTNN là 0 khi x= 0.

Ngoài ra ta có

2

1 1 2

+

⇔

≥ +

x

x x

Vây yđạt GTLN là

2

1

khi x= ± 1

b) Ta có : x > 0 ; y > 0 ; z > 0 ; x + y + z = 1

Sử dụng BĐT Cô si : 1 = x + y + z = ( x + y ) + z ≥ 2 ( x + y ) z

) 1 ( )

( 4 )

( 4

1 ≥ x + y z ⇔ x + y ≥ x + y 2z

⇔

Mặt khác, ta cũng có : ( x + y )2 ≥ 4 xy ⇒ ( x + y )2z ≥ 4 xyz

xyz

y x xyz y

x

Dấu bằng xảy ra khi :

4

1 2

1

x

Vây

xyz

y x

A = +

đạt nhỏ nhất là 16 khi

4

1

; 2

= x y z

Bài 2 : (4 điểm) Chứng minh :

a)25 ( x2 + y2) + ( 12 − 3 x − 4 y )2 − 72 ≥ 0 , ∀ x , y ∈ R

1

2 1

1 1

1

2

+

≥ +

+

Giải a) Ta có :

72 96 24

72 16

9 144 25

25 72 ) 4 3 12 ( )

(

25 x2 + y2 + − x − y 2 − = x2 + y2 + + x2 + y2 − x + xy − y −

72 96 41

) 3

(

24

Ta xem như một tam thức bậc hai theo x và có :

,

0 ) 24 25 ( 2 ) 576 1200

625 ( 2 ) 72 96 41

( 34 ) 3

(

144

∆

Vậy ta có đpcm

b) Ta có :xy ≥ 1

Xét hiệu số :

) 1 )(

1 ( ) 1 )(

1 ( 1

1 1

1 1

1 1

1 1

2 1

1

1

1

2

2 2

2 2

2 2

y xy xy

x

x xy xy

y xy

x xy

y

− +

+ +

−

= +

− +

+ +

− +

= +

− +

+

+

) 1

)(

1 (

.(

1

) 1 1

.(

1 ) 1 )(

1 (

) ( )

1

)(

1

(

) (

) 2 2

2 2

2 2

2

y x y xy x xy

x y y

y x

x xy

x y xy y

y x y xy

x

x y

x

+ +

−

− + +

−

= +

− + +

−

= + +

− +

+ +

−

=

0 ) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) ( )

1 )(

1

(

) 1 )(

(

.(

2 2

+ +

+

−

−

= + +

−

− +

−

=

y x

xy

xy x y y

x

xy x y

xy

x

y

Vậy ta có đpcm

Bài 3 : (3 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình:

a) x − 2 + 4 − x = x2 − 6 x + 11

b)









= +

= + 28

4

3 3

y x

y x

Giải

a) x − 2 + 4 − x = x2 − 6 x + 11

Ta xét vế phải : x2 − 6 x + 11 = x2 − 6 x + 9 + 2 = ( x − 3 )2 + 2 ≥ 2

Ta xét vế trái:

2 2

4 1 2

2 1

4

x

1 4

; 1 2

3 2

4 2

2 11 6

2

=

⇔







=

−

=

−

=

⇔









=

− +

−

= +

−

x x

x

x x

x

x x

( nghiệm duy nhất)

b)









=

+

= +

28

4

3

3

y

x

y

x

Ta có : (3 x +3 y )3 = 64 ⇔ x + y +3 xy (3 x +3 y ) = 64 ⇔ x + y + 3 3 xy 4 = 64

Mà x + y = 28 nên 3 xy = 3 ⇒ xy = 27

Vậy ta có :







=

=







=

=

⇔







=

= +

1

27 27

1 27

28

y

x v y

x xy

y x

Hệ có hai nghiệm như trên

Bài 4 : (4 điểm)

Cho tứ diện ABCD Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng nhau

a)Chứng minh rằng :

BCD

ACD BICD

AICD

S

S V

V IB

IA

=

=

b)Cho IA=IB và AB vuông góc với CD Chứng minh rằng AB vuông góc với mp(ICD)

Giải

a) Ta có :

BI

AI BK

AH V

V

BICD AICD = = với AH là đoạn vuông góc vẽ từ A đến mp(ICD)

và BK là đoạn vuông góc vẽ từ B đến mp(ICD)

Ngoài ra ta còn có :

BCD

ACD I.BCD

I.ACD

IN.S

IM.S V

V

= với IM là đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp(ACD) và IN là đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp(BCD)

Vì I thuộc mặt phân giác của nhị diện ( ACD, BCD) nên IM=IN cho ta đpcm

b) Với IA = IB và AB vuông góc với CD, ta vẽ đường cao AJ của tam giác ACD

Ta có : CD vuông góc AB, CD vuông góc AJ nên CD vuông góc với mp(ABJ) suy ra CD vuông góc với BJ

Do vì IA = IB nên diện tích (ACD) bằng diện tích (BCD) , do câu a)

Nên suy ra AJ=BJ

Tam giác ABJ cân tại J cho ta : JI vuông góc với AB

Vậy AB vuông với IJ, AB vuông với CD nên AB vuông với mp(ICD) ( đpcm)

Bài 5 : (2 điểm)

Cho tứ diện ABCD, trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh AB, AC, AD cắt các mặt (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’ Xác định vị trí của M trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt lớn nhất

Giải

AD

MC' AC

MB' AB

MA' V

V

A.BCD

C' M.A' =

Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh của góc tam diện A.BCD và lấy trên ba tia đối lần lượt các đoạn AA1=MA’, BB1=MB’, CC1=MC’ Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ MA thì hình tứ diện MA’B’C’ biến thành tứ diện AA1B1C1 nên thể tích hai hình tứ diện ấy bằng nhau và ta có :

AD

MC' AC

MB' AB

MA' AD

AC AC

AB AB

AA V

A.BCD

A.A 1B1C1 = =

( đ p cm)

AD

MC' AC

MB' AB

Thật vậy, ta có :

ABCD

MABD ABCD

MACD ABCD

MABC MABD

MACD MABC

ABCD

V

V V

V V

V 1 V

V V

Xét

DH

MK V

V V

V

D.ABC

MABC ABCD

với MK là khoảng cách từ M đến mp(ABC), DH là khoảng cách từ D đến mp(ABC)

Ta lại có hai tam giác vuông MKC và DHA đồng dạng cho :

AD

MC' DH

MK =

Suy ra :

AD

MC' V

V

D.ABC M.ABC =

Tương tự ta có :

AC

MB' V

V

; AB

MA' V

V

B.ACD

MABD B.ACD

Vậy (2) đúng.

Từ các kết quả ( 1 ) và ( 2 ), ta có :

ABCD

C' MA' 3

V

V AB.AC.AD

' MA'.MB'.MC 27

1 AB.AC.AD

' MA'.MB'.MC 3

AD

MC' AC

MB' AB

MA'

27

1

Thể tích MA’B’C’ đạt lớn nhất là VABCD

27

1

khi xảy ra dấu bằng, lúc ấy M là trọng tâm tam giác BCD

3

1 MC' AC, 3

1 MB' , AB 3

1

Bài 6 : (3 điểm)

Định m để phương trình : sin 3x – sin 2x = (m-1)sin x (*) có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn [ π ; 2 π

Giải

(*) ⇔sinx(3 – 4sin2x – 2cosx – m + 1) = 0 ⇔sinx = 0 (1) hoặc 4cos2x – 2cosx = m (2)

(1) cho 2 nghiệm x = π và x = 2π

(2) ⇔4t2 – 2t = m với t = cosx ∈[-1 ;1]

(3) Xét hàm số f(t) = 4t2 – 2t trên [-1 ;1] f’(t) = 8t – 2 = 0 ⇔ t = ¼

2

1 3

5 cos 3

Nhận xét :

t = -1 : pt cosx = t có 1 nghiệm x =π

-1 < t ≤ 1/2 : pt cosx = t có 2 nghiệm thuộc đoạn [π/3 ;2π]\{π ,2π}

1/2 < t < 1 : pt cosx = t có 1 nghiệm thuộc đoạn [π/3 ;2π]\{π ,2π}

t = 1 : pt cosx = t có 1 nghiệm x = 2π

Khi m = 6 : pt f(t) = m có nghiệm t = -1 ⇔(2) có 1 nghiệm x = π

Khi 2 < m < 6 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t ∈(-1 ;1/4) ⇔(2) có 2 nghiệm

Khi m = 2 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t = 1 và 1 nghiệm t ∈(-1 ;1/4) ⇔(2) có 3 nghiệm trong đó có 1 nghiệm = 2 π

Khi 0 < m < 2 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t ∈(1/2 ;1) và 1 nghiệm t ∈(-1 ;1/4) ⇔(2) có 3 nghiệm

t

-1/4

0

Khi -1/4 < m ≤ 0 : pt f(t) = m có 2 nghiệm t ∈(-1 ;1/2] ⇔(2) có 4 nghiệm

Khi m = -1/4 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t = 1/4 ⇔(2) có 2 nghiệm

Vậy (2) có 3 nghiệm khác π và 2π ⇔ 0 < m

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ

TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2008 – 2009 Khóa ngày 25/3/2009

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 : (4 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4− 2 mx2+ 4 ( m > 0 ) trên đoạn [0 ; m ]

b) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( x2 + x + m )2 trên đoạn [–2 ; 2] bằng 4.

Bài 2 : (4 điểm)

Định a để phương trình : log ( x 4 ax ) log ( 2 x 2 a 1 ) 0

3 1

2

Bài 3 : (3 điểm)

Giải hệ phương trình









−

= +

= +

−

3 2

2 2

2

y x 3 x 2

0 y x y x

Bài 4 : (3 điểm)

Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = a, AD = 2a, BD = a 3 , CD = a 2 Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC).

Bài 5 : (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB, SC Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH theo a.

Bài 6 : (3 điểm)

Trong không gian có hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng :

( P ) : 2x – y – 2z + 1 = 0

( Q ) : x + 2y + 2z + 3 = 0

( R ) : mx + y – 3z + n = 0

a) Xác định m, n để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất

b) Xác định m, n để ba mặt phẳng trên cùng đi qua một đường thẳng.

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THPT KHÓA NGÀY 25/3/2009

Bài 1 : (4 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 − 2 mx2 + 4 ( m > 0 ) trên đoạn [0 ; m]

Giải

mx

x

y/ = 4 3 − 4

m x

x

y/ = 0 ⇔ = 0 , = ±

Nếu 0 < m ≤ 1 ⇒ m ≤ m

GTNN là f(m) = m4 – 2m3 + 4

Nếu m > 1 ⇒ m > m

GTNN là f(m) = m4– 2m3 + 4

GTNN là f( m) = 4 – m2

b) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số :y = ( x2 + x + m )2 trên đoạn [ – 2 ; 2] bằng 4

Giải

Đặt t = x2 + x x ∈[-2;2] ⇒ 6

4

1

≤

≤

y = (t + m)2 , ; 6 ]

4

1 [ −

∈

t

y’ = 2(t + m)

y’ = 0 ⇔ t = – m

Nếu

4

1 4

−

≤

4

1 ( ) 4

1

4 9

Nếu

4

1 6

6 4

1 < − < ⇔ − < <

− m m , ymin = f ( − m ) = 0

Nếu − m ≥ 6 ⇔ m ≤ − 6, ymin = f ( 6 ) = ( 6 + m )2= 4 ⇔ m = – 8

Vậy m =

4

9

hay m = – 8

Bài 2 : (4 điểm)

Định a để phương trình :log ( 4 ) log ( 2 2 1 ) 0

3 1

2

Giải

f(m)

f( m)





>

−

−

−

−

= +

⇔

=

−

−

= +

0 1 2 2

1 2 2 4 0

) 1 2 2 ( log ) 4

(

log

2 3

2

3

a x

a x ax x

a x ax

x













−

<

+

− +

−

+

− +

−

=

⇔

1 2 1

2

1 2

1 2

1 2 2

2

2

x x

x

x

x

x x

a













>

+

−

+

− +

−

=

⇔

0 1 2

2 5

1 2

1 2 2

2 2

x

x x

x

x x a













+∞

∪

−

∈

+

− +

−

=

⇔

)

; 5

2 ( ) 0

; 2

1 (

1 2

1 2 2

2

x

x

x x a

1 2

1 2 )

+

− +

−

=

x

x x

x

g

2

2

/

) 1 2

(

4 2 2

)

(

+

+

−

−

=

x

x x

x

g , g/( x ) = 0 ⇔ x = 1 , x = − 2

Để có nghiệm duy nhất thì  





−

≤

≤

−

=

5

1 2

1

0 2

a

a

⇔  





−

≤

≤

−

=

10

1 2

1

0

a a

Bài 3 (3 điểm)

Giải hệ phương trình



 + = −



Giải

(2) ⇔ 2x2 – 4x + 3 = - y3 ≥ 1 ⇒ y ≤ - 1 ⇒ y2 ≥ 1

(1) ⇔ (x2 + 1)y2 – 2x = 0 ⇔ (x2 + 1)(y2 – 1) + (x – 1)2 = 0 ⇒ x = 1, y = -1

Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình là x = 1, y = – 1

Bài 4 : (3 điểm)

Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = a, AD = 2a, BD = a

3, CD = a 2 Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng

(ABC)

Giải

Ta có ∆BCD vuông tại C, ∆ABD vuông tại B

Gọi H là hình chiếu của D lên mp(ABC)

y’

0

0

-∞

-1/5 -1

-∞

Ta có AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ BH ⇒ CBH = 300

BC ⊥ CD ⇒ BC ⊥ CH

⇒ CH =

3

a

⇒ DH =

3

5

2

Bài 5 : (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,

SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi H, K lần lượt là

hình chiếu của A lên các đường thẳng SB, SC Xác định

tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A.BCKH

Giải

Gọi O là giao điểm 2 đường cao BD và CE của ∆ABC

⇒ BD ⊥ (SAC) và CE ⊥ (SAB)

Do ABC là tam giác đều nên D, E lần lượt là trung điểm

của AC, AB ⇒ D, E lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC và AHB

⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH

Bán kính OA =

3

3

a

Bài 6 : (3 điểm)

Trong không gian Oxyz cho ba mặt phẳng :

( P ) : 2x – y – 2z + 1 = 0

( Q ) : x + 2y + 2z + 3 = 0

( R ) : mx + y – 3z + n = 0

a) Xác định m để ba mặt phẳng trên có 1 điểm chung duy nhất

b) Xác định m để ba mặt phẳng trên cùng đi qua một đường thẳng

Giải

Phương trình giao tuyến của (P) và (Q):









=

−

−

=

+

−

=

t z

t y

t x

5

6 1

2 1

Thế x, y, z vào phương trình của (R) ta được : (2m – 21)t = m – n + 1