Câu I. Giải hệ phỷơng trình
xy xy
xy
22
282
4
++ =
+=
ỡ
ớ
ù
ù
ợ
ù
ù
.
2) Giải bất phỷơng trình
x+ 2 - x+ 1 < x.
Câu II. 1) Giải phỷơng trình 8sinx =
3
cosx
+
1
sinx
.
2) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các cạnh a, b, c và có diện tích bằng 1, thì a
4
+b
4
+c
4
16.
Câu III.
1) Với giá trị nào của đối số x thì hàm số sau đạt giá trị nhỏ nhất: y = lg
2
x+
1
lg x + 2
2
.
2) Xác định m để đồ thị của hàm số y = x
4
- 2(m + 1)x
2
+2m+1
cắt trục hoành tại 4 điểm với hoành độ lập thành một cấp số cộng.
Câu IVa.Trong mặt phẳng cho đỷờng tròn x
2
+y
2
=R
2
và một điểm M(x
o
,y
o
) nằm ngoài đỷờng tròn. Từ M kẻ hai tiếp
tuyến MT
1
và MT
2
với đỷờng tròn, trong đó T
1
,T
2
là các tiếp điểm.
1) Viết phỷơng trình đỷờng thẳng T
1
T
2
.
2) Giả sử điểm M chạy trên một đỷờng thẳng (D) cố định, không cắt đỷờng tròn đã cho : chứng minh rằng khi đó các
đỷờng thẳng T
1
T
2
luôn đi qua một điểm cố định.
Câu IVb.Trong mặt phẳng (P) cho tam giác OAB có góc
AOB
^
=a(0
o
<a<90
o
), và các cạnh OA = a, OB = b. (D)
là đỷờng thẳng vuông góc với (P) tại O. Trên (D) lấy một điểm C khác O. Gọi H là trực tâm của tam giác CAB. Qua H
dựng đỷờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (CAB), nó cắt (P) tại K.
1) Chứng minh rằng K là trực tâm của tam giác OAB, HK cắt (D) tại D : chứng minh rằng AD vuông góc với BC, và
AC vuông góc với BD.
2) Tính tích số OC.OD theo a, b, a. Xác định C để tứ diện ABCD có thể tích nhỏ nhất.
3) Khi C di động trên (D), chứng minh rằng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD luôn thuộc một đỷờng thẳng cố
định.
ww.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
__________________________________________________________________
Câu I.
1)
++ =
+=
22
xy 2xy82
xy4
(1)
(2)
Điều kiện : x 0, y 0. Từ (1) suy ra : xy 4
.
Từ (1) và (2) :
2
(x y) 2xy 2xy 8 2+ + = ;
xy162xy+=
2
(16 2 xy) 2xy 2xy 8 2+= Đặt
xy t
=
, 0 t 4.(4)
Dẫn tới phơng trình :
2
2t 64t 256 2t 8 2+ + =
++=
2
t32t128t8
2
t32t1288t+ =. (5)
Với điều kiện(4), bình phơng 2 vế phơng trình (5) ta đợc :
22
t32t12864t16t+=+
t = 4.
Xét hệ phơng trình
+=
=
xy4
xy 4.
Hệ (6) có nghiệm x = y = 4.
2) x2 x1 x+ +< (1)
Điều kiện : x 0. (2)
Với điều kiện (2) : x2 x10+ +>.
Từ (1)
2
3x 6x 1 0+>
323
x
3
323
x.
3
+
>
<
Kết hợp với điều kiện (2), nghiệm của (1) là :
23 3
x
3
>
Câu II.
1)
31
8sinx
cosx sin x
=+
(1)
Điều kiệnn : xk
2
, k Z . (2)
(1)
2
8sin xcosx 3sinx cosx=+ 4(1 cos2x) cos x 3sin x cos x=+
3cosx 4cos2xcosx 3sinx 0=
13
cosx sin x cos3x
22
=
cos x cos3x
3
+=
+= +
+=+
x3x2k
3
x3x2k,k
3
Z
=+
= +
xk
6
k
x,k
12 2
Z
(3)
Hai họ nghiệm (3) thỏa mãn điều kiện(2). Vậy phơng trình (1) có nghiệm là :
1
xk
6
=+ và
2
xk
12 2
= + , k Z
(6)
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
__________________________________________________________________
2) Theo công thức Hêrông : 16 = (a + b + c) (a + b c) (a + c b) (b + c a) =
222 2
[(a b) c ][c (a b) ]=+
22 22 2 22
(a b 2ab c )c (vì c (a b) c )++
2 2 2 2 22 22 4
(2a 2b c )c 2a c 2b c c+ = +
444
abc
+
+ .
444
abc16++=
222
abc
ab
==
=
a = b = c.
Câu III.
1) Xét
2
2
1
ylgx
lg x 2
=+
+
(1) Đặt
2
lg x t
=
, t 0 ; (1) trở thành
2
t2t1
y(t)
t2
+
+
=
+
.
Ta có :
2
(t 1)(t 3)
y'(t) 0
(t 2)
++
=>
+
với t 0. hàm số y(t) luôn đồng biến trong khoảng [ 0 ; + ).
Suy ra :
1
f(t) f(0)
2
=
với t 0. Do đó hàm số (1) đạt giá trị nhỏ nhất :
o
1
y
2
=
khi
o
x1.=
2)
= + + +
42
yx 2(m1)x 2m1
(1)
Xét phơng trình :
42
x2(m1)x2m10+++= (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tơng ứng lập thành cấp số cộng khi phơng trình (2)
có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng. Điều này xảy ra khi phơng trình bậc 2 :
2
t2(m1)t2m10+++=
(3) có 2 nghiệm dơng
12
t,t
thỏa mãn điều kiện :
211 121
ttt(t),tt= > hay
2121
t3t t9t== (4)
Phơng trình (3) có 2 nghiệm dơng khác nhau khi :
2
'(m1) 2m10
2m 1 0
2(m 1) 0
= + >
+>
+>
1
m
2
m0.
>
(5)
Tìm m để 2 nghiệm dơng
12
tt< thỏa mãn điều kiện (4).
Theo định lí Viét :
Từ (4)
12
12
1
2
1
2
tt 2(m1)
tt 2m 1
10t 2(m 1)
9t 2m 1
9m 32m 16 0
+= +
=+
=+
=+
=
1
2
m4
4
m.
9
=
=
Với
1
m4=
;
1
t1=
,
2
t9=
;
2
4
m
9
=
:
1
1
t
9
=
,
2
t1.
=
Vậy m = 4 hoặc
4
m
9
=
thì đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tơng ứng lập thành một
cấp số cộng.
Câu IVa. 1) Giả sử
T
1
=(x
1
,y
1
), T
2
=(x
2
,y
2
). Phỷơng trình tiếp tuyến tại T
1
là
xx
1
+yy
1
-R
2
= 0 ;tiếp tuyến này đi qua M(x
o
,y
o
), nên ta có
x
o
x
1
+y
o
y
1
-R
2
=0,(1)
Tỷơng tự đối với T
2
:x
o
x
2
+y
o
y
2
-R
2
=0.(2)
Từ (1) và (2) suy ra (x
1
,y
1
)và(x
2
,y
2
) là nghiệm của phỷơng
trình
x
o
x+y
o
y-R
2
=0,
vậy đó chính là phỷơng trình đỷờng thẳng T
1
T
2
.
2) Giả sử đ ờng thẳng D có ph ơng trình tham số
x=a+at
y=b+bt
(t ẻ R).
Vì D không đi qua gốc tọa độ O, nên
a
b
ạ
a
b
ị ab-baạ 0
(có thể chứng minh kết quả mạnh hơn : vì D không cắt đỷờng tròn, nên (ab - ba)
2
>(a
2
+b
2
)R
2
).
Nếu M(x
o
,y
o
) ẻ D, thì tồn tại t để
x
o
=a+at
y
o
=b+bt,
khi đó đỷờng thẳng T
1
T
2
có phỷơng trình
(a+at)x+(b+bt)y-R
2
=0 (ax+by)t+(ax+by-R
2
)=0.
Khi M chạy trên D, thì t thay đổi. Đỷờng thẳng T
1
T
2
sẽ đi qua một điểm cố định (x ,y) nếu hệ phỷơng trình
ax +by=0
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
ax +by=R
2
có nghiệm duy nhất (x ,y). Vì hệ trên có định thức
D=
ab
ab
=ba-abạ 0,
nên nó có nghiệm duy nhất x
=
b
ba
a
ab
R
a-b
,y=
R
b-a
22
.
Tóm lại : đỷờng thẳng T
1
T
2
luôn đi qua điểm cố định (x ,y).
Câu IVb. 1) Dựng các đỷờng cao AJ và CI của DABC, H
là giao điểm của AJ và CI. Trong mặt phẳng (COI) dựng
Hx ^ CI ị Hx ^ AB (vì AB ^ (COI)) ị Hx ^ (ABC).
HxcắtOItạiK;AKcắtOBtạiF.
HK ^ (ABC) ị HK ^ BC
ị (AFJ) ^ BC ị
Theo cách dựng thì AJ ^ BC
BC ^ AF
ị (BCO) ^ AF ị BO ^ AF. (1)
CO ^ AF
Vì AB ^ (BOI) ị AB ^ OI. (2)
Từ (1), (2) suy ra K là trực tâm DABO ; vì D thuộc HK
nên DA thuộc mặt phẳng (AFJ). Do BC ^ (AFJ) nên
BC ^ AD.Chứng minh tỷơng tự ta có AC ^ (BHK) ị
AC ^ BD.
2) HK ^ (ABC) ị HK ^ CI ị
ODK CIO
^^
=
vì cùng phụ với
OCI
^
ị tam giác vuông DKO đồng dạng với tam giác vuông
ICO
OD
OI
=
OK
OC
ị OC.OD = OI.OK. (3)
Nhỷng tứ giác BIKF nội tiếp đỷờng tròn đỷờng kính BK, theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
OB.OF = OI.OK. (4)
Từ (3), (4) suy ra OC.OD = OB.OF = abcosa;V
ABCD
=V
CABO
+V
DABO
=
1
3
dt(ABO).(OC + OD).
Vậy V
ABCD
nhỏ nhất (OC + OD) nhỏ nhất ; nhỷng tích OC.OD không đổi nên (OC + OD)
min
OC=OD=
abcos a
, vậy minV
ABCD
=
1
3
.
1
2
.absin .2 abcosaa
=
1
3
absin abcosaa
.
3) Mặt cầu ngoại tiếp ABCD cắt (BCD) theo một đỷờng tròn ngoại tiếp BCD.
Đỷờng tròn này cắt đỷờng OB tại B (Hình vẽ), theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có :
OB.OB = OC.OD = abcosa.
Suy ra OB không đổi mà B và B luôn khác phía đối với O nên B cố định.
Mặt cầu ngoại tiếp ABCD đi quaA;B;Bcốđịnh nên tâm của nó thuộc đỷờng thẳng D vuông góc với mặt phẳng
(A, B, B) tại tâm đỷờng tròn ngoại tiếp DABB.
Suy ra D cố định.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________