DAP AN CHINH THUC MON TOAN KHOI A A1 04072014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. GV: Nguyễn Phú Khánh. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn Toán; Khối A và khối A1. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x+2 (C ) (1). x−1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =. b) Tìm các điểm M thuộc (C ) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = − x bằng. 2.. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình sin x + 4 cos x = 2 + sin 2 x . Câu 3. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x 2 − x + 3 và đường thẳng y = 2x + 1 .. Câu 4. (1 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn z + (2 + i )z = 3 + 5i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . b) Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x + y − 2 z − 1 = 0 và. x−2 y z+3 = = . Tìm tọa độ giao điểm của (d) và ( P). Viết phương trình mặt 1 −3 3 phẳng chứa (d) và vuông góc với ( P).. đường thẳng (d) :. 3a , hình chiếu 2 vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a thể tích khối chóp Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD =. S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD). Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD với điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3 NC . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng M(1; 2) và N(2; −1)..  x 12 − y + y(12 − x 2 ) = 12  Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình  với x , y ∈
.  x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 Câu 9. (1 điểm) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P=. x2 2. x + xy + x + 1. +. y+z 1 + yz . − x + y + z +1 9. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. GV: Nguyễn Phú Khánh. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. x+2 . a) Xét hàm số y = x−1 Điều kiện xác định D =
\{1} . −3 Ta có y ′ = < 0 với mọi x ∈ D . ( x − 1)2 Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ , tiệm cận đứng x = 1 , lim y = 1 nên tiệm cận ngang y = 1 . x→1−. Bảng biến thiên x. x→1+. x→±∞. y′. −∞ +∞ −. y. +∞. +∞. −∞. −∞. 1. −. Đồ thị hàm số. y. x.  x +2 b) Xét điểm M ∈ (C ) và M  x0 ; 0  với x0 ≠ 1 . x0 − 1   Phương trình đường thẳng đã cho là (d) : y = − x ⇔ x + y = 0 .. x0 + Khoảng cách từ M đến (d) là. Theo bài toán :. x0 + 2 x0 − 1. 12 + 12. =. 2 1 x0 + 2 . 2 x0 − 1. 2 1 x0 + 2 = 2 suy ra x02 + 2 = 2 x0 − 1 , do x02 + 2 > 0 với mọi x0 ≠ 1 . 2 x0 − 1. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. GV: Nguyễn Phú Khánh. Ta xét các trường hợp: - Nếu x0 − 1 ≥ 0 , ta có x02 + 2 = 2( x0 − 1) ⇔ x02 − 2 x0 + 4 = 0 , vô nghiệm do ∆ ′ = −3 < 0 . - Nếu x0 − 1 < 0 , ta có x02 + 2 = −2( x0 − 1) ⇔ x02 + 2 x0 = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = −2 . Cả 2 nghiệm này đều thỏa. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài là M (0; −2), M( −2; 0) .. Câu 2. Xét phương trình lượng giác sin x + 4 cos x = 2 + sin 2 x . Ta biến đổi như sau: sin x + 4 cos x = 2 + 2 sin x cos x ⇔ sin x(1 − 2 cos x) − 2(1 − 2 cos x) = 0. ⇔ (1 − 2 cos x)(sin x − 2) = 0 ⇔ 1 − 2 cos x = 0 hoặc sin x − 2 = 0 Phương trình sin x − 2 = 0 vô nghiệm do sin x ≤ 1 với mọi x ∈
. Do đó ta có 1 − 2 cos x = 0 ⇔ cos x =. 1 π ⇔ x = ± + k 2 π với k ∈  . 2 3. Câu 3. Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − x + 3 = 2 x + 1 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 2 . Diện tích hình phẳng cần tính là. S=∫. 2. 1.  3x 2 x2 − 2x − x − 3 x + 2 dx = ∫ (3 x − 2 − x )dx =  1  2 3  2. 2. 2. Vậy diện tích cần tìm là S =. 2.  1  = (đơn vị diện tích).  6 1. 1 . 6. Câu 4. a) Đặt z = x + yi với x , y ∈
. Ta có x + iy + (2 + i )( x − iy) = 3 + 5i ⇔ 3 x + y + ( − y + x)i = 3 + 5i. 3x + y − 3 = 0 ⇔ 3 x + y − 3 + ( x − y − 5)i = 0 ⇔  x − y − 5 = 0 Giải hệ này ta được x = 2, y = −3 . Do đó z = 2 − 3i. Vậy phần thực của số phức cần tìm là 2 , phần ảo là −3. 4 b) Số cách chọn 4 thẻ bất kỳ trong 16 thẻ là C16 cách.. Số các số chẵn từ 1 đến 16 là 8 bao gồm 2, 4,6,8,10,12,14,16. Chọn 4 số trong 8 số này có C84 cách. Vậy xác suất cần tính là. C84 4 C16. =. 70 1 = . 1820 26. Câu 5. Gọi A = (d) ∩ ( P) . Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình. 2x + y = 4 x − 2 y z + 3 = = 7 3   ⇔ . Giải hệ này, ta được x = , y = −3, z = . −2 3  1 3x − z = 4 2 2  2x + y − 2 z − 1 = 0 2x + y − 2z − 1 = 0  7 3 Do đó, tọa độ của A là A  ; −3;  . 2 2   Gọi Q là mặt phẳng chứa (d) và vuông góc với ( P ) . Khi đó (Q) qua M ( 2; 0; −3 ) ∈ (d) và có phương trình pháp tuyến là (1; 8; 5) . Vậy phương trình của (Q) là x + 8 y + 5 z + 13 = 0 .. Câu 6. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. Cách 1: a) Tính thể tích S.ABCD . Gọi M là trung điểm AB khi đó SM ⊥ ( ABCD) .. GV: Nguyễn Phú Khánh. S. Theo định lý Pythagore thì 2. a 5a 2 MD 2 = MA 2 + AD 2 =   + a 2 = . 4 2 Tam giác SMD vuông tại M và SM ⊥ ( ABCD) suy ra: 2. A. 2.  3a  5a SM 2 = SD 2 − MD 2 =   − = a2 ⇒ SM = a 4  2  . 1 1 Ta tính được VS. ABCD = ⋅ SM ⋅ SABCD = a 3 3 3 (đơn vị thể tích). b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD) .. M. D. I K. B. C. 1 a3 VS. ABCD = . 2 6 Kẻ MK ⊥ BD với K ∈ BD , mà BD ⊥ SM nên BD ⊥ (SMK ) suy ra BD ⊥ SK . Ta có V A.SBD = VS. ABD =. Tam giác MBK vuông cân ở K suy ra MK =. a 2 3a 2 và SK = . 4 4. 1 1 3a 2 3a 2 ⋅ SK ⋅ BD = ⋅ ⋅a 2 = . 2 2 4 4 3V A.SBD  a3   3a 2 Vậy khoảng cách cần tìm là d ( A ,(SBD) ) = = 3⋅  :   6   4 SSBD    Khi đó SSBD =.  2a . =  3 . 2. 2. a 5a 2  3a  5a 2 Cách khác tính khoảng cách: CM 2 = a2 +   = ⇒ SM 2 = SC 2 − MC 2 =   − = a2 , 2 4 2 4     V =. 1 2 a3 a a a= , MK = . 3 3 2 2. Gọi h là chiều cao từ M của tam giác SMK :. 1 h. 2. 1. =.  a    2 2. AB = 2 AM ⇒ d( A; SBD) = 2d( M , SBM ) = 2 MI và MN =. 2. +. 1 a. 2. =. 9 a. 2. ⇒h=. a 3. 1 a 2 AC = , 4 4. a 2 a. 2a2 3 2a SM.NM 4 =a SN = SM + MN = a + = , MI .SN = SM.NM ⇒ MI = = 16 4 SN 3a 2 3 4 2a Suy ra d( A ,(SBD)) = 2 MI = 3 Cách 2: a) Tính thể tích S.ABCD . 2. 2. 2. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. Gọi H là trung điểm của AB ⇒ AH = HB =. AB a = ⇒ HD = AH 2 + AD 2 = 2 2. GV: Nguyễn Phú Khánh. a2 + a2 = 4. 5a 2 a 5 = 4 2. 9 a 2 5a 2 − = a; SABCD = AB2 = a 2 4 4. Xét ∆SHD có: SH = SD 2 − HD 2 =. 1 1 a3 Vì SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ VSABCD = .SH .SABCD = a.a 2 = 3 3 3 b) Tính khoảng cách từ A đến (SBD) . AH ∩ ( SBD ) = B ⇒. ( ) = BA = 2 d ( H ; ( SBD ) ) BH d A; ( SBD ). Kẻ HE ⊥ BD ( E ∈ BD ) ⇒ E là trung điểm của BO (O là tâm của đáy).  BD ⊥ HE Kẻ HK ⊥ SE ( K ∈ SE ) Ta có:  ⇒ BD ⊥ ( SHE ) ⇒ BD ⊥ HK mà SE ⊥ HK  BD ⊥ SH. (. ). Do đó HK ⊥ ( SBD ) ⇒ d H ; ( SBD ) = HK. + Tính HK. 1 1 a 2 OA = AC = 2 4 4 1 1 1 1 8 9 a Xét tam giác SHE có: = + = + = ⇒ HK = 2 2 2 2 2 2 3 HK SH HE a a a 2 Vậy d A; ( SBD ) = 2 HK = a 3 Cách 3: Gọi SH = h ( h > 0) . Ta có: HE =. (. ). a a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O(0; 0; 0); B(0; a; 0); D( a; 0; 0); C ( a; a; 0); H (0; ; 0); S(0; ; h) . 2 2.  a a2 3a ⇔h=a. Ta có SD = ( a; − ; −h) , do đó SD = a2 + + h 2 = 2 4 2 1 1 a3 Khi đó: VS. ABCD = SH .SABCD = SH . AB2 = . 3 3 3.      a a2 Vì SD = ( a; − ; −a); BD = ( a; − a; 0) nên SD , BD  =  −a 2 ; −a 2 ; −    2 2 . .   1   = − a 2 .n0 với n0 = (2; 2;1)  2 . Phương trình mặt phẳng (SBD) có vecto pháp tuyến n0 = (2; 2;1) là 2 x + 2 y + z − 2 a = 0 .. 2a. Vậy d( A;(SBD)) =. =. 4+ 4 +1. 2a . 3. Câu 7. Cách 1: Gọi I ( a , b) là tâm của hình vuông đã cho thì N là trung điểm của IC . Đặt AM = x , ta có AN =. 3 3 2 3 2 3 2 AC = AB = AM = x. 4 4 2 2. Tam giác AMN có  MAN = 45° nên theo định lý cosin thì 2.  3 2x  3 2 x 2 5x 2 MN = AM + AN − 2 AM ⋅ AN ⋅ cos 45° = x +  ⋅ = .  − 2⋅x⋅  2  2 2 2   2. 2. 2. 2. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. Lại có MN 2 = (2 − 1)2 + ( −1 − 2)2 = 10 nên. 5x 2 = 10 ⇔ x = 2 . 2. GV: Nguyễn Phú Khánh. A. 2 2  IM = 2 ( a − 1) + (b − 2) = 4 ⇔ . Theo giả thiết thì  2 2 ( a − 2) + (b + 1) = 4  IN = 2 Trừ từng vế của hai phương trình, ta được a = 3b + 1 , thay vào phương trình đầu của hệ, ta có 2 (3b − 1)2 + (b + 1)2 = 2 ⇔ 2b(5b − 2) = 0 ⇔ b = 0 hoặc b = . 5. M. B. I N D. C. Ta có 2 trường hợp: - Nếu b = 0 thì a = 1 khi đó I (1; 0) , C (3; −2) . Phương trình đường thẳng CD tương ứng là y + 2 = 0 .. 2 11  11 2   9 −12  thì a = khi đó I  ;  C  ;  . Phương trình đường thẳng CD tương ứng là 5 5  5 5 5 5  3 x − 4 y − 15 = 0 .. - Nếu b =. Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3 x − 4 y − 15 = 0 .. Cách 2: Gọi F giao điểm NM và CD. 1  xF − 2 = (1)  NA NM 7   3 ∆NAM ~ ∆NCF ⇒ = = 3 ⇒ NF = MN ⇒  ⇒ F  ; −2  1 3 NC NF 3    y + 1 = ( −3)  F 3. . . 1 . . Gọi n = ( a; b) ≠ 0 là vecto pháp tuyến của AB , phương trình AB : a( x − 1) + b( y − 2) = 0 và CD :. 7 a( x − ) + b( y + 2) = 0 . 3 Đặt AB = x > 0 ⇒ MH =. x 3 , NH = x . Từ MN 2 = MH 2 + NH 2 ⇒ x = 4 4 4. d( M ; CD) = 4 ⇔ −a + 3b = 3 a2 + b 2 ⇔ a(4 a + 3b) = 0 Với a = 0 ⇒ b = 0 (loại) 3 Với a = − b thì ta tìm được 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3 x − 4 y − 15 = 0 . 4 Chú ý Gọi cạnh hình vuông là m và E là hình chiếu vuông góc của M lên CD FC NC NF 1 Gọi F ( x; y ) là giao điểm của MN và CD theo định lý Talet ta có: = = = MA NA NM 3.  7   7  1 − 2 = −3 ( x − 2 ) x = Ta có: NM = −3 NF ⇒  ⇔ 3 ⇒ F  ; −2  3   2 − ( −1) = −3 ( y + 1)  y = −2  MA 1 m m2 16 26 = 3 ⇒ FC = m ⇒ EF = mà ME = m ⇒ MF 2 = m2 + = + 4 ⇔ m2 = FC 6 3 9 9 5    7 Gọi VTPT của CD là nCD = ( a; b ) ta có phương trình của CD : a  x −  + b ( y + 2 ) = 0 và nMN = ( 3;1) 3  3a + b a = 0 EF 1 1 Ta có: cos MFD = = hay cos ( CD; MF ) = = ⇔ a 2 = 9 a 2 + 6 ab ⇔  MF 10 10  4a = −3b a2 + b 2 10 Mặt khác. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. GV: Nguyễn Phú Khánh. Vậy có 2 phương trình CD thỏa mãn là y + 2 = 0 và 3 x − 4 y − 15 = 0 .. Cách 3: Gọi A( x; y ) ⇒ B(2 − x; 4 − y) 2. Xét cạnh hình vuông là a thì MD 2 =. 2. 2. 2. 5a 2 3  1  5 3  1  5 , MN 2 =  a  +  a  = a 2 , ND 2 =  a  +  a  = a 2 4 8 8 4  4  4  4 . Suy ra ∆MND vuông cân tại N Đường thẳng ND có phương trình là x − 3 y − 5 = 0 ⇒ D(5 + 3a; a) và DN = 10. ⇔ (3a + 3)2 + ( a + 1)2 = 10 ⇔ 10 a2 + 20 a = 0 ⇔ a = −2 hoặc a = 0. . . + Xét a = 0 ⇒ D(5; 0) , gọi I là tâm hình vuông thì AI = 2 IN ⇒ I (. x+4 y−2 ; ) 3 3. 7 − x x + 4  13 x=  2 = 3  5 ⇒ A( 13 ; 16 ) Do I là trung điểm BD nên  ⇔ 4 − y y − 2 16 5 5  y = = 5  3  2.   12 16  CD đi qua D(5; 0) có vec tơ pháp tuyến AD =  ; −  nên có phương trình 3 x − 4 y − 15 = 0 . 5   5   x+4 y−2 + Xét a = −2 ⇒ D( −1; −2) thì AI = 2 IN ⇒ I ( ; ) 3 3 1 − x x + 4  2 = 3  x = −1 Do I là trung điểm BD nên  ⇔ ⇒ A( −1; 2) y = 2 2 − y = y − 2  2 3. . CD đi qua D( −1; −2) và có vec tơ pháp tuyến AD = ( 0; 4 ) nên có phương trình y + 2 = 0 ..  x 12 − y + y(12 − x 2 ) = 12  Câu 8. Xét hệ phương trình  .  x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 12 − y ≥ 0, y − 2 ≥ 0 2 ≤ y ≤ 12 Cách 1: Điều kiện xác định  ⇔ . 2 −2 3 ≤ x ≤ 2 3  y(12 − x ) ≥ 0 Phương trình thứ nhất tương đương với. y(12 − x 2 ) = 12 − x 12 − y. (∗). Bình phương 2 vế của phương trình này ta được. y(12 − x 2 ) = 144 − 24 x 12 − y + x 2 (12 − y) ⇔ 12 y − 144 + 24 x 12 − y − 12 x 2 = 0 Đặt t = 12 − y ≥ 0 thì y = 12 − t 2 , ta đưa về. 12(12 − t 2 ) − 144 + 24 xt − 12 x2 = 0 ⇔ −12t 2 − 12 x 2 + 24 xt = 0 ⇔ x = t Do đó x = 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , thay vào phương trình 2 của hệ, ta được: x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 . Ta thấy hệ có nghiệm là x = 3 , ta sử dụng phương pháp lượng liên hợp như sau. 2(9 − x 2 ) x3 − 8 x − 3 = 2  10 − x 2 − 1  ⇔ ( x − 3)( x 2 + 3 x + 1) =   10 − x 2 + 1  2( x + 3)  2( x + 3)  = 0 ⇔ x − 3 = 0 hoặc x 2 + 3 x + 1 + ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 + = 0 vô nghiệm   2 2 10 − x + 1 10 − x + 1   Phương trình thứ nhất có nghiệm là x = 3 tương ứng ta có y = 3 thỏa mãn điều kiện. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. GV: Nguyễn Phú Khánh. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y) = (3; 3).. Chú ý:. (. ). (. Từ (∗) ⇒ y 12 − x 2 = 144 − 24 x 12 − y + x 2 ( 12 − y ) ⇔ x − 12 − y. ). 2.  x ≥ 0 = 0 ⇔ x = 12 − y ⇔  . 2  y = 12 − x. Cách 2: Điều kiện : 2 ≤ y ≤ 12, x ≤ 2 3. . . Xét a = ( x , 12 − x 2 ), b =. (. . ).  . 12 − y , y , ta có phương trình (1) có dạng a.b = a . b. Nên (1) ⇔ x y = 12 − x 2 12 − y. ⇔ y = 12 − x 2 , x ≥ 0. (. ). Thay vào phương trình thử hai ta được: x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ ( x − 3 ) x 2 + 3 x + 1 = 2. ( 3 − x )( 3 + x ) 10 − x 2 + 1. ⇔ x = 3 hoặc x 2 + 3x + 1  10 − x 2 + 1  − 2 ( 3 + x ) = 0     2 2 Đặt f ( x ) = x + 3 x + 1  10 − x + 1  − 2 ( 3 + x ) và f ' ( x ) < 0 , ∀x > 0 ⇒ phương trình vô nghiệm.  . (. ). (. . ). 2 2. . . . . Chú ý: a = b = 12 ; (1) ⇔ a + b = 2 a.b ⇔ a = b ⇔ x = 12 − y Cách 3: Đặt a = 12 − y , a ≥ 0 ⇒ y = 12 − a 2 Phương trình đầu ⇔ xa + (12 − a2 )(12 − x 2 ) = 12 ⇔. 122 − 12 x 2 − 12 a2 + x 2 a 2 = 12 − xa.  xa ≤ 12  xa ≤ 12 ⇔  2 ⇔  ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 − 12 x − 12a + x a = 12 − 2.12.xa + x a 12 x − 2.12 xa + 12a = 0.  xa ≤ 12  2 ( x − a) = 0. ⇒ x = 12 − y (*) Thế (*) vào phương trình thứ hai được : (12 − y) 12 − y − 8 12 − y − 1 = 2 y − 2. ⇔ (4 − y) 12 − y = 2 y − 2 + 1 ⇔ (3 − y) 12 − y + 12 − y − 3 + 2 − 2 y − 2 = 0 ⇔ (3 − y) 12 − y +. 3−y. 2(3 − y). +. 12 − y + 3. 1+ y − 2. = 0 ⇔ y = 3 hoặc. 12 − y +. 1. +. 12 − y + 3. nghiệm.. Cách 4: Ta có x 12 − y + (12 − x2 ) y ≤ Đẳng thức xảy ra ⇔. x 12 − y. = 2. 12 − y y. (x. 2. ). + 12 − x 2 ( 12 − y + y ) = 12. ⇔ x y = (12 − y)(12 − x2 ) (3). Khi đó (1) tương đương với (3), thì  x ≥ 0  x ≥ 0  x ≥ 0 (3) ⇔  2 ⇔ ⇔   2 2 2 2  x y = 144 − 12 x − 12 y + x y 12 y = 144 − 12 x  y = 12 − x (4) Thế (4) vào (2) ta được: (2) ⇔ x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 1 − 2 10 − x 2 = 0. ⇔ x 3 − 8 x − 3 + 2  1 − 10 − x 2  = 0 , giải như trên.    2 ≤ y ≤ 12 Cách 5: Điều kiện:   x ≤ 12. 8. 2 1+ y − 2. = 0 vô.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. Ta có: x 12 − y ≤| x 12 − y ; x 12 − y ≤. ⇒ x 12 − y + y(12 − x 2 ) ≤. x 2 + 12 − y ; 2. y(12 − x 2 ) ≤. GV: Nguyễn Phú Khánh. y + 12 − x 2 2. x 2 + 12 − y y + 12 − x 2 + ⇒ x 12 − y + y(12 − x 2 ) ≤ 12 2 2. Đẳng thức xảy ra khi x ≥ 0, y = 12 − x 2 . Do đó (1) ⇔ x ≥ 0, y = 12 − x 2 Thay y = 12 − x 2 vào (2) ta được: x3 − 8 x 2 − 1 = 2 10 − x 2 Để phương trình có nghiệm thì x 3 − 8 x 2 − 1 ≥ 0 ⇔ x 3 ≥ 8 x + 1 ⇒ x > 2 2 Xét hàm số f ( x) = x 3 − 8 x 2 − 1 − 2 10 − x2 với x > 2 2 Đạo hàm f '( x) = 3 x 2 − 16 x +. 2x 10 − x 2. > 0 với mọi x > 2 2 , do đó hàm số f ( x) luôn đồng biến trên. khoảng (2 2 ; +∞) và phương trình f ( x) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Nhận thấy. f (3) = 0 nên x = 3 là nghiệm duy nhất . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y) = (3; 3).. Câu 9. 2. Cách 1: Ta có 2 ( 1 + yz ) = x2 + ( y + z ) ≥ 2 x ( y + z ) , suy ra x2 + yz + x + 1 ≥ x ( x + y + z + 1) . Do đó P ≤ Đặt M =.  y+z 1 + yz x+y+z 1 + yz 1 + yz  x2 1 + − = − = 1−  + . 9 x+ y + z +1 9 9  x ( x + y + z + 1) x + y + z + 1  x + y + z +1. 1 + yz 1 + . x+ y+ z +1 9. 2 Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: x + y + z ≤ 2  x2 + ( y + z )  = 2 1 + yz .  . Suy ra P ≤ 1 −. 1 + yz 1 t2 . Đặt t = 1 + yz , ( t ≥ 1) ta có P ≤ f (t ) = 1 − − . 9 2t + 1 9 2 1 + yz + 1 1. Xét hàm số f (t ) = 1 −. f '(t ) =. 2. ( 2t + 1) 2. −. 1 t2 − với t ≥ 1 ta có 2t + 1 9. 2t 18 − 2t ( 2t + 1) − = 2 9 9 ( 2t + 1 ). 2. và f '(t ) = 0 ⇔ t = 1. Vì f '(t ) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t = 1 nên f (t ) đạt cực đại tại t = 1 . Do đó P ≤ f (t ) ≤ f (1) =. 5 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 1, z = 0 hoặc x = 1, y = 0, z = 1 . 9. Chú ý: Theo BĐT BCS ta có : x + ( y + z) ≤ 2( x2 + ( y + z)2 = 2 1 + yz Do đó : T =. 1. +. 1 + 2 1 + yz. 1 + yz 1 u2 4 4 5 = + ≥ , ∀u = 1 + yz ≥ 1 ⇒ P ≤ 1 − = 9 2u + 1 9 9 9 9. Cách 2 Ta có x2 + y 2 + z 2 = 2 ⇒ y = 2 − z 2 − x2 ⇒ y ≤ 2 − x 2 (đẳng thức xảy ra khi z = 0 ) Suy ra x + y ≤ x + 2 − x 2 ≤ 2( x2 + 2 − x 2 ) ⇒ x + y ≤ 2 Ta có: P =. x2 2. x + yz + x + 1. +. y+z 1 + yz − x + y + z +1 9 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân – Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt .. ⇒P≤ ⇒P≤ ⇒P≤. ⇒P≤. x2. +. 2. x + x+1 x2 x2 + x + 1 x2 2. x + x+1. x2 x2 + x + 1. y+z 1 − (đẳng thức xảy ra khi z = 0 ) x+ y+ z +1 9. +1−. x+1 x2 x+1 1 1 − ⇒P≤ +1− − 2 x+ y+ z +1 9 x+ y+1 9 x + x+1. + 1−. x+1 1 − (đẳng thức xảy ra khi z = 0 , x + y = 2 ) 3 9. −. GV: Nguyễn Phú Khánh. x 5 5 − x( x − 1)2 5 + ⇒P≤ − ≤ 2 3 9 9 3( x + x + 1) 9. Khi x = y = 1 và z = 0 thì P =. 5 5 nên max P = . 9 9. Cách 3: 2. 2. Từ giả thiết ta có 4 + 4 yz = 2 x 2 + 2 ( y + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ 0 ≤ x + y + z ≤ 2 1 + yz . Biểu thức P được viết lại như sau:. P=. x2 x 2 + x + 1 + yz. Đặt. Lại có. + 1−. (. 1 + yz 1 + yz x +1 x2 x+1 − ≤ + 1− − 2 x+ y + z+1 9 9 2 1 + yz + 1 x + x + 1 + yz. ). 1 + yz = t , 1 ≤ t ≤ 2 . Khi đó P ≤ x2 x2 + x + t 2. Suy ra max P =. + 1−. x2 x2 + x + t 2. + 1−. x + 1 t2 − . 2t + 1 9. 2  x(x − t) ( t − 1)2 ( 2t + 5 )  ≤ 5 x + 1 t2 5  − = − + 2t + 1 9 9  ( 2t + 1) x 2 + x + t 2 9 ( 2t + 1 )  9  . (. ). 5 ⇔ x = 1, t = 1 ⇔ x = 1, y = 1, z = 0 hoặc x = 1, y = 0, z = 1 . 9. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>