DE 56CO DAP AN THI THU DH MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 5. THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: Toán A. Thời gian làm bài: 180 phút 3. 2. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x  3(m  1) x  6mx  3m  4 . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 . 2. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để  cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OAB là tam giác vuông cân tại O. Câu II (2,0 điểm) 3 1. Giải phương trình lượng giác: 4sin x  2 cos x(sin x  1)  4sin x  1 0 ..  xy  x  1 3 y  2 2 2. Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y 1. Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:. (3. x.  x  1)(2 x  1)dx. 0. Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB 2a , AD a 2 . SA vuông góc với đáy ABCD . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o. CMR BM  (SAC ) và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a.. Câu V. 3  3  1  1  2 a  b    a  b 2    2a    2b    4  4  2 2 (1,0 điểm) Cho a, b  , a, b  0 CMR: . Câu VI. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM:. 2 x  y  1 0 đường phân giác trong CD: x  y  1 0 Viết phương trình cạnh BC. A  2; 2;  2  , B  0;  1; 2  , Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho  C  2; 2;  1. . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục. y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON 2OM .. Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1  3.2.2C23n 1  ....  ( 1)k k(k  1)2k  2 C2kn 1  ....  2n(2n  1)22 n  1 C22nn11  40200. -----------------Hết----------------. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5. Câu I. Đáp án 3. 2. a) Khi m 0 ta có y  x  3x  4 . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: 2  Chiều biến thiên: y ' 3 x  6 x  x 0 y ' 0    x 2  H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) , NB trên khoảng (0; 2)  Cực trị: H/s đạt CĐ tại x 0 : yCD 4 H/s đạt CT tại x 2 : yCT 0 lim y  lim y   x    Giới hạn: x   , y  3x 2  6x  3x  x  2   Chiều biến thiên: H/s không có tiệm cận  Bảng biến thiên:. x y' y. . +. * Đồ thị : Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng. 0 0 4. -. 2 0. . + . 0.  y. 4. .. I. 2. 2. 2) Ta có: y ' 3 x  6(m  1) x  6m x 1  y 2  y '  3 PTTT: y  3( x  1)  2. -1. 1 O. PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến  và đồ thị (Cm): x3  3(m 1) x 2  6mx  3m  4  3( x  1)  2  x 1  ( x  1) 2 ( x  3m  1) 0   x 3m  1   OA 1; 2   , OB(3m 1;  9m  2) Ta có: B( 3m  1;  9m  2 )  B  A  m 1. 2. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   OA.OB 0   OA  OB  OAB vuông cân tại A  1 m 3 là giá trị cần tìm. Vậy. II. 1 (3m  1)  2(  9m  2) 0  m   2 2 2 2 3  (3m  1)  ( 9m  2)  1  2. 3 1. Giải phương trình lượng giác: 4sin x  2 cos x(sin x  1)  4sin x  1 0 .  4sin x(1  cos 2 x)  2cos x(s inx  1)  4sin x  1 0   4sin x cos 2 x  2sin x cos x  2cos x  1 0  (2 cos x  1)( 2sin x  1) 0 2   x  3  2k     x   2k (k  )  6   x  5  2k 6 .  xy  x  1 3 y (1)  2 2 2. Giải hệ phương trình:  x y  x 2 y (2) Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y. 2 và phương trình (2) cho y ta được:. x 1   x  y  y 3    2  x  x 2  y y 2. 1 x   x  y  y 3 (3)    x  x  1  2 (4)   y  y.    x  x    3    2 0    1 x  y  y (3)  x  3   y y thay vào (4) ta có:  2. x 1 y x 2 y.  y 1  2   y 1  2  y 1 3 2 4 y  2 y  2 y 0   x 2  x 2 y  y  1  2 +y thay vào (2) ta được: 1 (1  2;1  2), (2,1), (  1;  ) 2 Vậy hệ có 4 nghiệm: x y 3  2 y 2  y 0  1  x  y + y thay vào (2) ta được:. III. 1. Tính tích phân:. (3. 1. 1. x x (3  x 1)(2 x 1)dx 3 (2 x 1)dx   x 1(2 x 1)dx M  N 0. 1. M 3x (2 x  1)dx 0.  x  1)(2 x  1)dx. 0. 1. Ta có:. x. 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> du 2dx  u 2 x  1  1 x 1    3x  M (2 x  1) 3  2 3x dx  8  2 3x 1 8ln 3  4 x dv 3 dx  v  ln 3 0 ln 3  ln 3 ln 2 3 0 ln 2 3 ln 3  0 Đặt 1. N  x  1(2 x  1)dx 0. Đặt t x  1  x t  1  dx dt Đổi cận: 2. N  1. 2. 3 2. 0 1. 1 2. 2. 1 2. 4 5 2 3 28 2  2 t (2t  1)dt (2t  t )dt  t 2  t 2   3 1 15 5 1. 1. (3. IV. x t. x.  x  1)(2 x  1)dx . 8ln 3  4 28 2  2  ln 2 3 15. Vậy 0 Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét ABC và BCM AB BC   2  ABC BCM Ta có BC CM ACB BMC      MBC  BMC MBC  ACB 90o  BIC Vuông tại I hay BM  AC , mà SA  ( ABCD)  BM  BM  SA  BM  ( SAC )  SI  BM  góc giữa hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( SBM ) o  Là góc giữa SI và AI hay SIA 60 . Ta có: ABC ABI AI AB AB 2 4a 2 4 a 2 2a 6   AI     AB AC AC 3 . AB 2  BC 2 a 6   SA  SA  AI tan SIA   2a 6 . 3 2a 2 tan SIA AI 3 Xét SAI vuông tại A. Ta có: . 2 1 a 2 S BCM  BC.CM  2 2 . SA là chiểu cao của khối chóp S .BCM nên . V. 1 a2 2 2a 3 VS . BCM  S BCM .SA  .2a 2  3 3.2 3 (đvtt) 3 3  1 1  2 a  b    a  b 2    2a    2b    4 4  2 2 Cho a, b  , a, b  0 CMR:  CM 2. 3 1 1  1 1 1 a  b  a 2  a   a  b   a    a  b  a  b  4 4 2  2 2 2 Ta có 3 1 b 2  a  a  b  4 2 Tương tự 2. 2. 1  1  1   a  b    2a    2b   (*) 2  2 2 Ta sẽ CM: .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thật vậy:. (*)  a 2  b 2  2ab  a  b . 1 1 4ab  a  b  2 4 4  (a  b) 0. 1 2 Dấu “=” xảy ra Điểm C  CD : x  y  1 0  C (t ;1  t ) suy ra trung điểm của AC  t 1 3  t  M ;  2 .  2 Là  a b . VI.  t 1  3  t M  BM : 2 x 1 0  2  1 0  2  2  Điểm  t  7  C ( 7;8) . Từ A(1;2) kẻ AK  CD : x  y  1 0 ( K  BC ) .  AK : ( x  1)  ( y  2) 0  x  y  1 0 .  x  y  1 0  I (0;1)  x  y  1  0  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ . ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4 x  3 y  4 0 .. VII. Từ giải thiết ta chọn M (0; m;0) và N (0;0; n) trong đó mn 0 và n 2m  .   Gọi n là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên n  BC (2;3;  3) ,      n  MN (0;  m; n) nên ta chọn n  BC , MN  (3n  4m;  2n;  2m)  n  2 m  n (9m;  4m;  2m) và (P) đi qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + 3x  4 y  2 z  10 0 .  n  2 m  n ( 9m; 4m;  2m) và (P) đi qua A( 2; 2;  2) nên (P) có phương trình: + 9 x  4 y  2 z  30 0 . Vậy.  P  : 3x  4 y  2 z 10 0 Hoặc 9 x  4 y  2 z  30 0. VIII. Tìm số nguyên dương n biết:. 2C22n1  3.2.2C23n1  ....  ( 1)k k (k  1)2k  2 C2kn1  ....  2n(2n  1)2 2 n 1 C22nn11  40200 +1 2 n+1 − 1¿ k C k2 n+1 x k +. .. . −C 2n 2n +1 x * Xét 1− x ¿2 n +1=C 0 − C1 x+ C2 x 2 −. . ..+¿ 2n +1 2 n+1 2 n+ 1 ¿. (1). * Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:.  (2n 1)(1  x)2 n  C21n 1  2C22n 1 x  ...  ( 1)k kC2kn 1 x k  1  ....  (2n  1)C22nn11 x 2 n (2) k k k −2 2 n+1 2 n −1 −1 ¿ k ( k − 1)C 2n +1 x +. .. . −2 n(2 n+1)C 2 n+1 x Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có: 1− x ¿2 n −1 =2C 22 n+1 −3 C32 n +1 x +.. .+¿ 2 n(2 n+1) ¿ Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: k 2n  1 2n 1  2n(2n  1) 2C 22n 1  3.2.2C32n 1  ...  ( 1)k k(k  1)2 k  2 C 2n C 2n 1 1  ...  2n(2n  1)2. Phương trình đã cho. ⇔ 2 n(2 n+1)=40200 ⇔ 2 n2+ n− 20100=0 ⇔ n=100.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ĐỀ SỐ 6. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).. Câu I (2 điểm): Cho hàm số. y. 2x  4 1 x ..  C  của hàm số trên. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị 2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN 3 10 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 .  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 2) Giải hệ phương trình:  .  2. 3sin x  2 cos x I  dx (sin x  cos x)3 0. Câu III (1 điểm): Tính tích phân: Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết 0 SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 30 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca 3. 1 1 1 1    . 2 2 Chứng minh rằng: 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) abc 2. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 2 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). 20 2 20 Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1  3 x) a0  a1 x  a2 x  ...  a20 x . Tính tổng:. S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20. .. 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . 2) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:. (d1 ) :. x y z x 1 y z  1   (d 2 ) :   1 1 2 và 2 1 1 .. Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng.  P :. x – y  z  2010  0. độ dài đoạn MN bằng. √2 .. 2log1 x (  xy  2 x  y  2)  log 2 y ( x 2  2 x  1) 6  log ( y  5)  log 2 y ( x  4) =1 Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  1 x ………………………………….....................HẾT…………………………………………………… Câu I. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6. Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số . Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x  1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có 2 2  x  x    y2  y1  90(*) hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho 2 1  2x  4 k ( x  1)  1  kx 2  (2k  3) x  k  3 0 (I )   x 1 (I )    y k ( x  1)  1 y k ( x  1)  1  . Ta có: 2 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx  (2k  3) x  k  3 0(**) 3 k 0, k  . 8 có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 2. Ta biến đổi (*) trở thành:. 2k  3 k 3 , x1 x2  , k k Theo định lí Viet cho (**) ta có: thế vào (***) ta có phương  3  41  3  41  k  3, k  , k 3 2 2 16 16 trình: 8k  27 k  8k  3 0  ( k  3)(8k  3k  1) 0 . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0  (sin 3x  sin x)  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x) 0 x1  x2 . II. 2. (1  k 2 )  x2  x1  90 (1  k 2 )[ x2  x1   4 x2 x1 ] 90(***).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  2sin 2 x.cos x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x 1) 0  2sin x.cos 2 x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1) 0 1 1  (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x 1) 0  sin x   cos x 1  cos x  2 2   x   k 2  1 6 sin x    , ( k  Z ). 2  x  5  k 2  6 +).   x   k 2  1 3 cos x    , (k  Z ). 2  x    k 2  3 +) +) cos x 1  x k 2 , (k  Z ). KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.  x2 1  x  y 4   x 2  y 2  xy  1 4 y y   .  2 2 2 y ( x  y )  2 x  7 y  2 x  1  ( x  y ) 2  2 7  y y  0 Dễ thấy , ta có: 2  u  v 4  u 4  v  v 3, u 1 x 1  2  u , v x  y  2 y v  2v  15 0  v  5, u 9 Đặt ta có hệ: v  2u 7  x2 1  y  x2 1  y  x 2  x  2 0  x 1, y 2       x  y 3  x  2, y 5 .  y 3  x  y 3  x +) Với v 3, u 1 ta có hệ:   x 2  1 9 y  x 2  1 9 y  x 2  9 x  46 0      x  y  5  y  5  x  y  5  x , hệ này vô +) Với v  5, u 9 ta có hệ:  nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) {(1; 2), (  2; 5)}. III.    x   t  dx  dt , x 0  t  , x   t 0. 2 2 2 Đặt  2. . . 2 2 3sin x  2 cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x I  dx  dt  dx 3 3   (sin x  cos x) (cos t  sin t ) (cos x  sin x)3 0 0 0. Suy ra: không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).  2. Suy ra:  2. IV.  2. (Do tích phân.  2. 3sin x  2cos x 3cos x  2sin x 1 2 I  I  I  dx   dx  dx 3 3 (sin x  cos x) (cos x  sin x) (sin x  cos x) 2 0 0 0  2. =. 1 1 1  1   2   dx  d x   tan x     1      2 4 2 4 0 1  0 2 cos 2  x  0 cos 2  x  I .     4 4     2 = . KL: Vậy + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> N. SG 2 M  G SO 3 suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. A Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. O 1 1 VS . ABD VS . BCD  VS . ABCD  V 2 2 . + Dễ có: Theo công thức tỷ số thể tích ta có: C B VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . . 1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS . BMN SB SM SN 1 1 1 1  . . 1. .   VS . ABN  V VS . BCD SB SC SD 2 2 4 8 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN VS . ABN  VS . BMN  V . 8 1 V  SA.dt ( ABCD ) 3 + Ta có: ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với  mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, SA AD  a 3 0 NAD  NDA  30 . Suy ra: tan 300 suy ra . 1 1 3 V  SA.dt ( ABCD )  a.a.a 3  a 3 3 3 3 Suy ra: . Suy ra: thể tích cần tìm là: V. VMNABCD VS . ABCD  VS . ABMN V . 3 5 5 3a 3 V V . 8 8 24. 2 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 ab  bc  ca 3 (abc)  abc 1 . 1 1 1  a 2 (b  c) abc  a 2 (b  c) a (ab  bc  ca ) 3a   (1). 2 1  a (b  c) 3a Suy ra:. 1 1 1 1  (2),  (3). 2 1  c (a  b) 3c Tương tự ta có: 1  b (c  a ) 3b Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1    (   )   2 2 2 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) 3 c b c 3abc abc . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc 1, ab  bc  ca 3  a b c 1, (a, b, c  0). 2. D.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> VIa. + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường 2 2 thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0) 0  ax  by  a 0, (a  b 0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2 2 2 2 Khi đó ta có: MA 2 MB  IA  IH 2 I ' A  I ' H ' 2 2  1   d ( I ;d )  4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH . 9a 2 b2 36a 2  b 2 2 2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )  35  4. 2   35  35  a 2 36b 2 2 2 2 2 2 a b a b a b  a  6 b 1    a 6 . Dễ thấy b 0 nên chọn. Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.   AB  (2; 2;  2), AC (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, + Ta có: AC là: x  y  z  1 0, y  z  3 0.     n  AB, AC  (8;  4; 4). + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là Suy ra (ABC): 2 x  y  z  1 0 .  x  y  z  1 0   y  z  3 0  2 x  y  z  1 0 + Giải hệ: . VII.a.  x 0   y 2  z 1 . . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).. 2 2 2 Bán kính là R IA  ( 1  0)  (0  2)  (1  1)  5.  x(1  3x)20   a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20. + Ta có:  (1  3x) 20  60 x(1  3x)19 a0  2a1 x  3a2 x 2  ...  21a20 x 20 (*). a x k  ak (  x ) k Nhận thấy: k do đó thay x  1 vào cả hai vế của (*) ta có:. S  a0  2 a1  3 a2  ...  21 a20 422. VIb. . + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK ( 1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4 0. Ta cũng dễ có: ( BK ) : 2 x  y  2 0 . + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ:  2a  4  b 6 2a  b 10 a 4   .  a  2  2b 2  a  2b 0 b 2 4), B(2;  2). Suy ra: A(4;  + Suy ra: AB ( 2;  6) , suy ra: ( AB ) : 3 x  y  8 0 ..  + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3x  4 y  2 0..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4 0, ( AB ) : 3 x  y  8 0 , ( BC ) : 3x  4 y  2 0. + M , N  (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ( 1  2t2 ; t2 ; 1  t2 )  NM (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t 2  1) .  nP .NM 0  1.(t1  2t2 1)  1.(t1  t 2 )  1(2t1  t2  1) 0 + MN song song  mp(P) nên:  t2  t1  NM ( t1  1; 2t1 ;3t1  1) .  t1 0 2 2 2 2 MN  2  ( t1  1)  (2t1 )  (3t1  1) 2  7t1  4t1 0    t1  4 7.  + Ta có: 4 4 8 1 4 3 M ( ; ; ), N ( ;  ; ) M (0; 0; 0), N (  1; 0;1) 7 7 7 7 7 7 . + Suy ra: hoặc + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P). VII.b. KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.  xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 (I )  0  1  x 1, 0  2  y 1  + Điều kiện: . 2 log1 x [(1  x)( y  2)]  2 log 2 y (1  x) 6 (I )   =1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) + Ta có: log1 x ( y  2)  log 2 y (1  x)  2 0 (1)  = 1 (2). log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) 1 t   2 0  (t  1) 2 0  t 1. log 2 y (1  x) t t + Đặt thì (1) trở thành: Với t 1 ta có: 1  x  y  2  y  x  1 (3). Thế vào (2) ta có: log1 x (  x  4)  log1 x ( x  4). = 1  log1 x.  x4  x4 1  1  x  x 2  2 x 0 x4 x4.  x 0  y  1    x  2 . Suy ra:  y 1 . + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y 1 thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y 1 ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span>