De thi thu so 9 o k2pinet co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TÀI LIỆU TOÁN THPT. Môn: TOÁN NGÀY 23-02-2013. ĐỀ SỐ 9. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm). Cho hàm số y =. x −2 (C ). x +1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ). b) Tìm trên (C ) những điểm M mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng. 5 bán kính đường tròn nội tiếp 2. ( I là giao điểm hai đường tiệm cận). Câu 2. (2 điểm). sin 2x. sin x + (cos x + 1) (cos x + 2) =1 2 sin (2x¡ + cos 2x¢+ 2 sin x + cos x + 1 2 2 x + y +1 xy =x +y ¡ 3 ¢ ¡ ¢ b) Giải hệ phương trình : 3 2 x + y xy − y = 4x y 2 4x 3 y 2 + x − 1. a) Giải phương trình :. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân :. π 2. Z I=. 0. x (7 − cos 2x) + 3 dx cos x + 2. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABC D có đáy ABC D là hình thoi tâm O , O A = 2OB = 2a . Cạnh SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B 0 ,C 0 , D 0 . Gọi M là trung điểm của AB 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và góc giữa đường thẳng SM với mặt phẳng (α), biết 4B 0C 0 D 0 đều. Câu 5. (1 điểm). Cho các số thực x, y, z thuộc đoạn [1; 3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ¡ ¢2 25 y + z ¡ ¢ T= 12x 2 + 2012 x y + y z + zx. 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 tọa độ Đề-các Ox y cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C 1 ) : (x −2)2 +(y −3)2 = 45. Đường tròn (C 2 ) có tâm K (−1; −3) cắt đường tròn (C 1 ) theo một dây cung song song với AC . Biết diện tích tứ p p giác AIC K = 30 2, chu vi tam giác ABC bằng 10 10 trong đó I là tâm đường tròn (C 1 ). Hãy tìm những điểm B có hoành độ âm. b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Ox y z cho tam giác ABC có C (3; 2; 3) . Phương trình đường cao AH :. x −1 y −4 z −3 x −2 y −3 z −3 = = , phương trình đường phân giác trong B D : = = . Tính chu vi tam giác 1 1 −2 1 −2 1. ABC .. Câu 7A. (1 điểm). Giải phương trình :. ¡ ¢ 2 9 2x 2 + 4x + 5 .3x +3x = x 2 + x + 3. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh bên AC : x+y −3 = 0. Trên tia đối của tia C A lấy điểm E . Phân giác trong góc B AC cắt B E tại D . Đường thẳng d đi qua D song song với AB cắt BC tại F . Tìm tọa độ giao điểm M của AF và B E biết phương trình đường thẳng AF : 2x + y − 5 = 0 và I (−1; −3) là trung điểm của DF . b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diện ABC D có A(2; 0; 0), B (0; 2; 0),C (0; 0; 2), D(2; 2; 2) và mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 16 . Gọi M là điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện. Viết phương trình mặt phẳng (α) qua M và cắt (S) theo một đường tròn có chu vi bé nhất. Câu 7B. (1 điểm) Cho các số phức z 1 , z 2 thỏa mãn : z 1 không phải là số ảo và z 1 − z 1 .|z 2 |2 là số ảo ; z 2 là số thực ¡ ¢ và z 2 + z 2 .|z 1 |2 là số thực. Tính |z 1 |2012 + |z 2 |2013 ¡. ¢. ———————————————–Hết—————————————————-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1.. Cho hàm số y =. x −2 x +1. (C ).. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ). b) Tìm trên (C ) những điểm M mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng. 5 bán 2. kính đường tròn nội tiếp (I là giao điểm hai đường tiệm cận). a) Lời giải (hungchng): x −2 có tập xác định: D = R\{−1} x +1 3 0 * Đạo hàm y = (x + 1)2 > 0 ∀x ∈ D , Hàm số đồng biến trên (−∞; −1), (−1; +∞) lim + y = −∞; lim − y = +∞; x = −1 là. Hàm số y =. * Đồ thị. 5. 4. x→−1. x→−1. 3. phương trình tiệm cận dọc lim y = 1; lim y = 1; y = 1 là phương trình x→−∞ x→+∞ tiệm cận ngang * Bảng biến thiên x. −∞. y0. 2. 1. +∞. −1 +. + +∞. −4. −3. −2. 1. −1. 0. 1. 2. 3. −1. y 1. −2. −∞. −3. b) Lời giải (hbtoanag): Tiếp tuyến tại điểm M x 0 ; y 0 ∈ (C ) bất kỳ có dạng ∆ : y = ¡. ¢. x 02 − 4x 0 − 2 + . (x 0 + 1)2 (x 0 + 1)2 3x. Giao điểm hai tiệm cận là I (−1; 1). µ ¶ x0 − 5 Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là A −1; và B (2x 0 + 1; 1). x0 + 1 s 6 9 Khi đó I A = , I B = 2|x 0 + 1|, AB = 2 (x 0 + 1)2 + . |x 0 + 1| (x 0 + 1)2 I A.I B.AB Diện tích tam giác I AB là S = pr = 4R 8 2 AB 2 ⇐⇒ 4pRr = I A.I B.AB ⇐⇒ pR 2 = 12AB ⇐⇒ p = 3AB ⇐⇒ AB.p = 30 5Ã 5s 4 ! s 9 3 9 2 2 ⇐⇒ (x 0 + 1) + + |x 0 + 1| + (x 0 + 1) + = 15 (x 0 + 1)2 |x 0 + 1| (x 0 + 1)2 p 3 Đặt t = |x 0 + 1| + , t ≥ 2 3, phương trình trên trở thành |x 0 + 1| ³ p ´ ³ p ´ p p p 7 t 2 − 6 t + t 2 − 6 = 15 ⇐⇒ 6 t 2 − 6 = 15 t − t 2 − 6 ⇐⇒ 7 t 2 − 6 = 5t ⇐⇒ t = . 2 3 7 1 5 = ta được các nghiệm x 0 = 1, x 0 = −3, x 0 = , x 0 = − . Giải phương trình |x 0 + 1| + |x 0 + 1| 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡1 ¢ ¡ 52 ¢ 5 Vậy có bốn điểm thỏa yêu cầu bài toán M1 1; −1 , M −3; , M ; −1 , M − ; 3 . 2 3 2 4 2 2 2. Câu 2.a Giải phương trình :. sin 2x. sin x + (cos x + 1) (cos x + 2) =1 2 sin 2x + cos 2x + 2 sin x + cos x + 1. Lời giải (Mai Tuấn Long): 2. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  2 sin x + cos x 6= 0 ĐK: 1 cos x 6= − 2 (cos x + 1)(2 − cos x)(2 cos x + 1) = 1 ⇐⇒ (sin x − 1)2 = 0 (2 sin x + cos x)(2 cos x + 1) π ⇐⇒ sin x = 1 ⇐⇒ x = + k2π, (k ∈ Z)(TMĐK) 2 π Vậy PT có nghiệm: x = + k2π, (k ∈ Z). 2 ¢ ½ ¡ x + y + 1 xy = x 2 + y¡2 ¢ ¢ ¡ 3 Câu 2.b Giải hệ phương trình : x + y 3 x y − y 2 = 4x y 2 4x 3 y 2 + x − 1. PT ⇐⇒. Lời giải (nthoangcute): Đầu tiên, ta có: ¢ ¡ ¢ ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢ x 3 + y 3 x y − y 2 − 4 x y 2 4 x 3 y 2 + x − 1 = −x 2 y 2 4 x y − 1 + x y(x + y) − y 2 (−1 + 2 x)2 − x 2 y 2 8 x y − 1 ¡ ¢ ¢ ¡ 3 Ta sẽ chứng minh x + y 3 x y − y 2 − 4 x y 2 4 x3 y 2 + x − 1 ≤ 0 ¡ ¢ ¡ ¢2 ¡ ¢2 hay cần chứng minh: x2 y 2 4 x y − 1 − x2 y 2 x + y + x2 y 2 8 x y − 1 ≥ 0 ¡. ⇐⇒ 16x 2 y 2 ≥ (x + y)2. Đặt s = x + y, p = x y. Giả thiết có: p =. s2 s +3. 3s 2 (5s + 3)(s − 1) ≥0 (s + 3)2 s 2 (s − 1) Theo Cauchy ta có: s 2 − 4p = ≥0 s +3 ¡ ¢ Do đó BĐT được chứng minh vậy HPT có nghiệm là (x, y) = (0, 0); 12 , 12. BĐT cần chứng minh tương đương với:. Lời giải (Lê Đình Mẫn): Phân tích ý tưởng cho bài toán: Đầu tiên, ta có thể biến đổi một chút xíu P T (2) như sau: P T (2) ⇐⇒ x y(x + y)(x 2 − x y + y 2 ) − y 2 = 4x y 2 (4x 3 y 2 + x − 1). (3). Để ý rằng trong P T (3) có một lượng biểu thức có chút tương đồng với P T (1). Cho nên ta thay đổi hình thức P T (1) lại xem sao. Khi đó P T (1) ⇐⇒ (x + y)x y = x 2 − x y + y 2. Hãy quan sát mối tương đồng trên chúng ta nhận thấy một điều đặc biệt đúng không. Vậy tại sao chúng ta lại không sử dụng phép thế nhỉ! Nhưng cũng đừng vội. Để ý rằng P T (3) hầu như các số hạng đều có chứa y 2 vì thế chúng ta có thể thực hiện phép thế như sau để có thể đơn giản hoá được lượng y 2 đó. Và ta có P T (3) ⇐⇒ x 2 y 2 (x + y)2 − y 2 = 4x y 2 (4x 3 y 2 + x − 1). (4). Đến đây, để giản ước lượng y 2 thì ngay đầu bài giải ta có thể xét trường hợp. Từ hệ ban đầu chúng ta có + TH1: Nếu y = 0 =⇒ x = 0 và ngược lại. Do đó (0; 0) là một nghiệm của hệ ban đầu. + TH2: Xét x y 6= 0. Lúc đó P T (4) ⇐⇒ (2x − 1)2 = x 2 [(x + y)2 − 16x 2 y 2 ]. Bây giờ bài toán quy về giải hệ phương trình sau ( (x + y + 1)x y = x 2 + y 2 (1) (2x − 1)2 = x 2 [(x + y)2 − 16x 2 y 2 ] . (5) 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Hệ mới này gọn hơn và chúng ta cũng sẽ tiếp tục với phép thế. Ta có P T (1) ⇐⇒ (x + y + 3)x y = (x + y)2 =⇒ x + y + 3 6= 0 (x + y)2 , thay vào P T (5) ta được x + y +3 ¸ · 3x 2 (x + y)2 [1 − (x + y)][5(x + y) + 3] (x + y)4 2 2 2 2 ⇐⇒ (2x − 1) = (2x − 1) = x (x + y) − 16 (x + y + 3)2 (x + y + 3)2. nên P T (1) ⇐⇒ x y =. (6). Đến đây, chúng ta nên suy nghĩ hướng giải như thế nào khi hệ mới lại µkhông ¶ phải đối xứng hoàn. 1 1 ; nên chúng ta có thể 2 2. toàn? Nhưng chúng ta có thể dễ dàng đoán được hệ có một nghiệm sử dụng đánh giá: (x + y)2 ≥ 4x y ∀x, y ∈ R. Ta có. · (x + y)2 x + y −1 (x + y)2 x+y ≥1 ≤ ⇐⇒ ≥ 0 ⇐⇒ xy = x + y < −3 x + y +3 4 x + y +3. Suy ra [1 − (x + y)][5(x + y) + 3] ≤ 0. Do đó 3x 2 (x + y)2 [1 − (x + y)][5(x + y) + 3] 1 P T (6) ⇐⇒ (2x − 1) = = 0 ⇐⇒ x = y = 2 (x + y + 3) 2 µ ¶ 1 1 Tóm lại, hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm (0; 0) và ; . 2 2 2. Câu 3.. Tính tích phân :. π 2. Z I=. 0. x (7 − cos 2x) + 3 dx cos x + 2. Lời giải (Mai Tuấn Long): Z I=. 0. Z =. π 2. π 2. ¡ ¢ 2x 4 − cos2 x + 3. π 2. cos x + 2 0 Z π Z 2 4x dx − 2 x d(sin x) + 6. dx =. Z. 2x(2 − cos x) dx + 3 π 2. d(tan. x ) 2. Z 0. π 2. dx cos x + 2. tan2 x2 + 3 ¯π Z π Z π x ¡ 2 ¢¯ 2 2 2 d(tan ) 2 ¯ = 2x − 2x sin x ¯ + 2 sin x dx + 6 2 x +3 tan 0 0 0 2 p 2 π π 3 = −π+2+ 2 3 0. 0. 0. Câu 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABC D có đáy ABC D là hình thoi tâm O , O A = 2OB = 2a . Cạnh SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B 0 ,C 0 , D 0 . Gọi M là trung điểm của AB 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và góc giữa đường thẳng SM với mặt phẳng (α), biết 4B 0C 0 D 0 đều. Lời giải (dan_dhv): S. C0. D0. I O0. B0. C. D O M B A. 4. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0. Trong (S AC ), từ A vẽ AC ⊥ SC . Ta có.. ( B D ⊥ AC. =⇒ B D ⊥ SC =⇒ (α)//B D B D ⊥ SO Gọi O 0 là giao của SO và AC 0 . (α) giao (SB D) = B 0 D 0 //B D(B 0 ∈ SB ; D 0 ∈ SD) SB 0 SC 0 SD 0 Gọi I là điểm trên SC thõa mãn: B I kB 0C 0 Suy ra: = = =⇒ D I kC 0 D 0 SB SI SD Do tam giác B 0C 0 D 0 là tam giác đều suy ra Tam giác I B D cũng là tam giác đều p cạnh B D = 2a . p BD 3 Ta có: B D ⊥ OI suy ra OI là đường cao trong tam giác đều I DB =⇒ OI = =a 3 2 Ta có. SC ⊥ (α) =⇒ SC ⊥ (I B D) =⇒ SC ⊥ OI =⇒ AC 0 kOI Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOC ta có: p 1 1 1 1 1 1 1 3 + = =⇒ = − = =⇒ SO = 2a SO 2 OC 2 I O 2 SO 2 3a 2 4a 2 12a 2 p 1 1 8a 3 3 2 Diện tích đáy là AC .B D = 4a . Thể tích khối chóp S.ABC D là: V = .SO.S ABC D = 2 3 3 p Ta có: SC = SO 2 + OC 2 = 4a = S A = AC =⇒ 4S AC đều Suy ra C 0 là trung điểm của SC. Hay O 0 là trọng tâm của tampgiác S AC . p 3a 3 2 Ta có: AC 0 = SO = 2a 3 =⇒ AO 0 = AC 0 = . 3 3 p p 2 4a 2a a 52 0 0 0 0 2 02 B D = BD = =⇒ B O = . =⇒ AB = AO + OB = 3 3 3 3 C 0 B 02 + AC 02 AB 02 7a − = 2 4 3 0 SC 6 Ta có : SC 0 ⊥ (α) =⇒ g (SM ; (α)) = g (SMC 0 ) = ϕ. Vậy tan ϕ = = MC 0 7. C 0 M là trung điểm của tam giác C 0 B 0 A , suy ra C 0 M =. Câu 5.. Cho các số thực x, y, z thuộc đoạn [1; 3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ¡ ¢2 25 y + z ¡ ¢ T= 12x 2 + 2012 x y + y z + zx. Lời giải (nthoangcute): ¡ ¢2 25 y + z ¡ ¢ f (x) = 12x 2 + 2012 x y + y z + zx ¡ ¢2 ¡ ¢ y + z 6 x + 503 y + 503 z 25 f 0 (x) = − ¡ ¢ <0 4 3 x 2 + 503 x y + 503 y z + 503 zx 2 25 (y + z)2 T = f (x) ≥ f (3) = = g (y) 4 27 + 1509y + 1509z + 503y z ¡ ¢¡ ¢ 25 y + z 54 + 1509 y + 503 y z + 1509 z − 503 z 2 0 g (y) = ¡ ¢2 4 27 + 1509 y + 503 y z + 1509 z. Ta xét Thì Suy ra. Dễ thấy: Suy ra. Suy ra Vậy. 54 + 1509 y + 503 y z + 1509 z − 503 z 2 = 54 + 1509 y + 503 y z + 503z(3 − z) > 0 25 (1+z)2 g (y) ≥ g (1) = = h(z) 16 384+503z 25 (1 + z)(265 + 503z) h 0 (z) = >0 16 (384 + 503z)2 25 h(z) ≥ h(1) = 3548 25 T≥ 3548. Lời giải (hbtoanag): Ta có. T≥. . 25(y + z)2 (y + z)2 2 12x + 2012x(y + z) + 2012 4. ≥. 25(y + z)2 12x 2 + 2012x(y + z) + 503(y + z)2. .. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> m(x) = 12x 2 + 2012x(y + z) + 503(y + z)2 , x ∈ [1; 3], m (x) = 24x + 2012(y + z) > 0, ∀x ∈ [1; 3]. Do đó m(x) đồng biến trên [1; 3], 25t 2 suy ra T (x) nghịch biến trên [1; 3]. Suy ra T (x) ≥ T (3) = = f (t ), với t = y +z ∈ [2; 6]. 108 + 6036t + 503t 2 150900t 2 + 540t Lại có f (t ) = ¡ ¢2 > 0, ∀t ∈ [2; 6]. nên f đồng biến trên [2; 6], 108 + 6036t + 503t 2 25 25 và do đó f (t ) ≥ f (2) = . Cuối cùng min T = khi x = 3; y = z = 1. 3548 3548. Xét hàm có. 0. Lời giải (Miền cát trắng): Ta có. 25(y + z)2. T≥. 12x 2 + 2012x(y + z) + 2012. đặt t =. (y + z) 4. 2. 25. ≥. 2. 12. 25 x , xét hàm số f (t ) = ············ 2 y +z 12t + 2012t + 503. x x + 2012 + 503 (y + z)2 y +z. Câu 6A.a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Ox y cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C 1 ) : (x − 2) + (y − 3)2 = 45. Đường tròn (C 2 ) có tâm K (−1; −3) cắt đường tròn (C 1 ) theo một dây p p cung song song với AC . Biết diện tích tứ giác AIC K = 30 2, chu vi tam giác ABC bằng 10 10 trong đó I là tâm đường tròn (C 1 ). Hãy tìm những điểm B có hoành độ âm. 2. Lời giải (Lê Đình Mẫn): B. A. I A0. M. E. C. K. N. p. Tâm của (C 1 ) là I (2; 3). Ta có R (C 1 ) = I K = 3 5. Kiểm chứng được K (−1; −3) ∈ (C 1 ). Gọi M N = (C 1 ) ∩ (C 2 ). Suy ra M N ⊥ I K . Mà AC ∥ M N =⇒ AC ⊥ I K .. p p I K .AC = 30 2 =⇒ AC = 4 10. 2 p p Lại có AB + BC +C A = 10 10 =⇒ B A + BC = 6 10 (1). Bây giờ ta có thể tìm tọa độ A, C . Kẻ A A 0 là đường kính (C 1 ), q của p p p 1 0 1 p 02 1 gọi E = I K ∩ AC . Suy ra I E = A C = A A − AC 2 = (6 5)2 − (4 10)2 = 5. 2 2 2 −→ − → Suy ra I K = 3 I E =⇒ E (1; 1). Phương trình đường thẳng AC đi qua E (1; 1) và vuông góc với I K có phương trình: p x + 2y − 3 = 0. p p p Như vậy A, C là giao điểm của AC và (C 1 ), suy ra A(1 − 4 2; 1 + 2 2), + 4 2; 1p−´2 2). ³ C (1p 3 7 Cuối cùng, chỉ cần giải hệ gồm PT(1) và PT của (C 1 ) ta tìm được B 2 − 3 3; 12+3 . 2. Do đó S AIC K =. 6. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Ox y z cho tam giác ABC có C (3; 2; 3). y −3 z −3 x −2 = = , phương trình đường phân giác trong 1 1 −2 x −1 y −4 z −3 BD : = = . Tính chu vi tam giác ABC . 1 −2 1. Phương trình đường cao AH :. Lời giải (Mai Tuấn Long):. − → = (1; 1; −2) là một véc tơ chỉ phương của AH . H ∈ AH =⇒ H = (2 + a; 3 + a; 3 − 2a) u 1 −−→ −−→ =⇒ C H = (a − 1; u = 0 =⇒ a = 0 =⇒ H = (2; 3; 3) 1 + a; −2a). H ∈ BC =⇒ C H .~ x = 3 − t  , (t ∈ R) =⇒ BC có PT: y = 2 + t   z =3 T − → u 2 = (1; −2; 1) là một véc tơ chỉ phương của B D B = BC B D =⇒ B = (1; 4; 3) −→ → I ∈ B D =⇒ I = (1 + b; 4 − 2b; 3 + b) I H ⊥ B D =⇒ I H .− u 2 = 0 =⇒ I = ( 32 ; 3; 27 ). −−−→ H1 là điểm đối xứng của H qua B D =⇒ I là trung điểm của H H1 =⇒ H1 = (1; 3; 4) =⇒ B H1 = (0; −1; 1)   x = 1 , (s ∈ R) H1 ∈ AB =⇒ AB có PT: y = 4 − s   z = 3+s p p A = AB ∩ AH =⇒ A = (1; 2; 5) =⇒ AB = AC = BC = 2 2; =⇒ C ABC = AB + AC + BC = 6 2. Câu 7A.. Giải phương trình :. ¡ ¢ 2 9 2x 2 + 4x + 5 .3x +3x = x 2 + x + 3. Lời giải (Mai Tuấn Long): £ ¤ 3 ⇐⇒ (x 2 + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) 3x +3x+2 = x 2 + x + 3 2x 2 + 4x + 5 = (x 2 + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) > 0 3 x 2 + 3x + 2 < 0¤ ⇐⇒ 3x +3x+2 < 1 £ 2 3 =⇒ V T = (x + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) 3x +3x+2 < (x 2 + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) < x 2 + x + 3 = V P 3 Nếu: x 2 + 3x + 2 > 0¤ ⇐⇒ 3x +3x+2 > 1 £ 2 3 =⇒ V T = (x + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) 3x +3x+2 > (x 2 + 3x + 2) + (x 2 + x + 3) > x 2 + x + 3 = V P · x = −1 2 Nếu: x + 3x + 2 = 0 ⇐⇒ =⇒ V T = V P x = −2 · x = −1 Vậy PT có hai nghiệm: x = −2. PT Ta có: Nếu:. Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh bên AC : x + y − 3 = 0. Trên tia đối của tia C A lấy điểm E . Phân giác trong góc B AC cắt B E tại D . Đường thẳng d đi qua D song song với AB cắt BC tại F . Tìm tọa độ giao điểm M của AF và B E biết phương trình đường thẳng AF : 2x + y − 5 = 0 và I (−1; −3) là trung điểm của DF . Lời giải (Sv_ĐhY_013): Cho P là trung điểm của BC .Ta có: DF kAB =⇒. AM P B AM PC AF FC = =⇒ = =⇒ = =⇒ P M kAC =⇒ P M kEC =⇒ M B = M E MF PF MF PF MF PF. Kẻ đường thẳng M P giao AB tại trung điểm J , cắt (d ) tại I 0 ta đi chứng minh I 0 ≡ I. I 0F I 0D = =⇒ I 0 là trung điểm của DF JB JA Vậy P M đi qua trung điểm I của DF . Cuối cùng M là giao điểm của P I và AF suy ra M (9; −13). Dùng định lý Ta lét ((d ) song song AB ) :. Câu 6B.b. Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diện ABC D có A(2; 0; 0), B (0; 2; 0),C (0; 0; 2), D(2; 2; 2) và mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 16 . Gọi M là điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện. Viết phương trình mặt phẳng (α) qua M và cắt (S) theo một đường tròn có chu vi bé nhất.. . 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Lời giải (Mai Tuấn Long): Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; 3) và bán kính R = 4 Điểm M thuộc miền trong tứ diện và có tọa độ nguyên =⇒ có duy nhất: M = (1; 1; 1) p −−→ I M = (0; −1; −2) =⇒ I M = 5 < R nên M cũng nằm trong mặt cầu (S). Mặt phẳng (α) cắt (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến (α) là −−→ lớn nhất và bằng I M =⇒ (α) là mặt phẳng qua M và nhận I M là một véc tơ pháp tuyến Vậy (α) có PT: y + 2z − 3 = 0 Câu 7B. Cho các số phức z 1 , z 2 thỏa mãn : z 1 không phải là số ảo và z 1 − z 1 .|z 2 |2 là số ảo ; z 2 ¡ ¢ là số thực và z 2 + z 2 .|z 1 |2 là số thực. Tính |z 1 |2012 + |z 2 |2013 ¡. ¢. Lời giải (dan_dhv): ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ Ta có. z 1 − z 1 .|z 2 |2 là số ảo ⇐⇒ z 1 − z 1 .|z 2 |2 = − z 1 − z 1 .|z 2 |2 ⇐⇒ z 1 − z 1 .(|z 2 |)2 = −z 1 + z 1 (|z 2 |)2 ¢ ¡ ¢¡ ⇐⇒ z 1 + z 1 1 − (|z 2 |)2 ⇐⇒ (|z 2 |)2 = 1 ⇐⇒ |z 2 | = 1 (Do z 1 không là số ảo nên z 1 6= −z 1 ) ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ z 2 + z 2 .|z 1 |2 là số thực ⇐⇒ z 2 + z 2 .|z 1 |2 = z 2 + z 2 .|z 1 |2 ⇐⇒ z 2 + z 2 |z 1 |2 = z 2 + z 2 . |z 1 |2 ¡ ¢ ¢¡ ⇐⇒ z 2 − z 2 1 − |z 1 |2 ⇐⇒ |z 1 | = 1 (Do z 2 không phải là số thực . Khi đó z 2 6= z 2 ) Vậy P = |z 1 |2012 + |z 2 |2013 = 2. 8. .

<span class='text_page_counter'>(9)</span>