b Gọi AvàBlần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm sốC m.. Tìm tất cả các giá trị củamđể khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tạiAvàBcủa đồ thịC m bằng 4.. Biế
Trang 1TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 12-01-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x3− 3 (m + 1) x2+ 12mx + m + 4, (C m)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C )khim = 0.
b) Gọi AvàBlần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số(C m) Tìm tất cả các giá trị củamđể khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tạiAvàBcủa đồ thịC m) bằng 4.
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình :cos
3x (cos x − 2sin x) − cos2x − cos2x
tan¡x + π4¢ tan¡x − π4¢ = 0.
b) Giải phương trìnhp 4
3 (x + 5) −p4x + 13 =p411 − x −p 4
3 (3 − x)
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phânI =
Z e
2
1 + (x − 1)ln x − ln2x (1 + x ln x)2 dx
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chópS.ABC Dcó đáy ABC D là hình chữ nhật cạnh AB = a,BC = ap2 Cạnh bênS A
vuông góc với đáy Gọi M , N lần lượt là trung điểm củaSDvà AD Mặt phẳng (P )chứaB M cắt mặt phẳng
(S AC )theo một đường thẳng vuông góc vớiB M Giả sửB N cắt AC tại I, gọi J là trung điểm của IC Biết khoảng cách từ đỉnhSđến mặt phẳng(P )bằng2
p
2a
3 .Tính thể tích khối chópB M D Jvà khoảng cách giữa hai đường thẳngD MvàB Jtheoa.
Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực dươngx, y, zthỏa mãn điều kiện 2¡9z2+ 16y2¢ = ¡3z + 4y¢ x yz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = x
2
x2 + 2+
y2
y2 + 3+
z2
z2 + 4+
5x y z (x + 2) ¡ y + 3¢(z + 4)
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 trục tọa độOx y, cho tam giác ABCvuông tạiA GọiHlà hình chiếu củaAtrênBC
Tam giácAB H ngoại tiếp đường tròn(C ) :
µ
x −16
5
¶ 2
+
µ
y −33
5
¶ 2
=3625 Tâm đường tròn nội tiếp tam giácAC H
làIµ 26
5;
23
5
¶ Tìm tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC.
b) Trong không gian với hệ tọa độOx y z, cho hai điểm A (2; 2; 5)vàB (1; 1; 7) Tìm tọa độ điểmMthuộc đường tròn(C ) :
½
(x − 1)2+¡ y − 1¢2+ (z − 2)2= 9
x + y + z − 7 = 0 để tam giácM ABcó diện tích nhỏ nhất.
Câu 7A (1 điểm) Giải bất phương trình : 3 + p 4
6 − 2x+p2 + 2x ≥ 2p8 −p(6 − 2x) (2x+ 2)
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6B (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx y, cho hình chữ nhậtABC Dnội tiếp đường tròn(C )có tâmI (1; 2) Tiếp tuyến của(C )tạiB,C , D cắt nhau tạiM , N Giả sửH (1; −1)là trực tâm tam giácAM N Tìm tọa độ các điểm
A, B, M , N biết rằng chu vi tam giácAM N bằng 28 + 4p10.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2+¡ y − 2¢2+ (z − 3)2= 14
3 và đường thẳng
d : x − 4
3 = y − 4
2 =z − 4
1 Tìm trên đường thẳngdcác điểmAsao cho từAcó thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu(S)sao cho tứ diệnABC Dlà tứ diện đều ( trong đóB,C , Dlà các tiếp điểm )
Câu 7B (1 điểm) Giải hệ phương trình:
( log2³x +px2 + 1´+ log 2
³
y + p y2 + 4´= 1 2log2¡p2x − y + 2 + p3y − 2x + 4¢ = 2log4¡5x2
+ y2+ 1¢ + 1
Trang 2
———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm sốy = x3− 3 (m + 1) x2+ 12mx + m + 4, (C m)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C )khim = 0
b) GọiAvàB lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số(C m) Tìm tất cả các giá trị củamđể khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tạiAvàB của đồ thịC m)bằng4
a)Lời giải (hungchng):
m = 0hàm sốy = x3− 3x2+ 4có tập xác định :D = R;
*Đạo hàmy0= 3x (x − 2),y0= 0 ⇐⇒
·
x = 0 =⇒ y = 4
x = 2 =⇒ y = 0
Hàm số đồng biến trên(−∞;0),(2;+∞);
Hàm số nghịch biến trên(0; 2)
lim
*Bảng biến thiên
x
y0
y
−∞
4
0
+∞
Điểm cực đại(0; 4), điểm cực tiểu(2; 0)
*Đồ thị
b)Lời giải (xuanha):
Ta có:y0= 3x2− 6(m + 1)x + 12m
y0= 0 ⇔ x2− 2(m + 1)x + 4m = 0Có :∆0= (m − 1)2
để đồ thị có 2 cực trị thìm 6= 1, khi đó
·
x = 2
·
y(2) = 13m
do tiếp tuyến với đồ thị tại 2 cực trị của hàm số song song vớiOxnên
| 4m3− 12m2+ 12m − 4 |= 4 ⇔ m = 2hoăcm = 0
Câu 2.a Giải phương trình :cos
3
x (cos x − 2sin x) − cos2x − cos2x
tan¡x + π4¢ tan¡x − π4¢ = 0
Lời giải (thiencuong_96):
Chú ý ta cótan¡x + π4¢ tan¡x − π4¢ = −1
Điều kiện :cos¡x − π4¢ 6= 0, cos¡x + π4¢ 6= 0 ⇔ x 6= π
4+k π
Phương trình trở thành :
⇔ cos4x − 2sin x.cos3x − cos2x − cos2x = 0
⇔ − cos2x(1 − cos2x) − sin2x(cos2x) − cos2x = 0
⇔ 2 cos2x sin2x + sin2x(1 + cos2x) + 2cos2x = 0
⇔sin 2x
2 (sin 2x + 2cos x) + sin2x + 2cos2x = 0
⇔ sin 2x + 2 cos 2x = 0 (2)
2 =⇒ tan α =1
2 =⇒ sin α = p1
5; cosα =p2
5 Nên(2)trở thành :
cos(2x − α) = 0 ⇔ x = π
4+α
2+kπ
2 , k ∈ Z
Vậyx = π
4+α
2+k π
2 , k ∈ Z
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có:tan(x + π4) tan(x − π4) = −1vàcos x = 0không phải là nghiệm của PT
Trang 3ĐK: tan(x +
π
4) 6= 0
tan(x − π4) 6= 0 ⇔
tan x 6= 1 tan x 6= −1
P T ⇔ cos4x − 2sin x cos3x + 2sin2x − cos2x − 1 = 0
Chia 2 vế PT chocos4xvà đặttan x = t,(t 6= ±1)ta được:
t4− t2− 2t − 1 = 0 ⇔ ¡t2− t − 1 ¢ ¡t2+ t + 1¢ = 0 ⇔ t2− t − 1
⇔
"
t =1−
p 5
2 (T M )
t =1+
p 5
2 (T M ) ⇒
"
x = arctan1−
p 5
2 + kπ
x = arctan1+
p 5
2 + kπ ,(k ∈ Z )
Lời giải (xuannambka):
Ta cótan¡x + π4¢ tan¡x − π4¢ = −1
Điều kiện :x 6= π
4+k π
2 Phương trình trở thành :
⇔ cos3x (cos x − 2sin x) − cos2x − cos2x = 0
⇔ cos4x − sin2xcos2x − 2cos2x + 1 − cos2x = 0
⇔ cos4x + sin2x − cos2x (sin 2x + 2) = 0
⇔ cos2x¡1 − sin2
x¢ + sin2
x − cos2x (sin 2x + 2) = 0
⇔ 1 − sin2xcos2x − cos2x (sin 2x + 2) = 0
⇔ 1 −1
4sin
2
2x − cos2x (sin 2x + 2) = 0
⇔1
4(2 − sin2x)(2 + sin2x) − cos2x (sin 2x + 2) = 0
⇔
·
2 + sin2x = 0 (V N )
1
4(2 − sin2x) = cos2x (1)
(1) ⇐⇒ 1
2−1
4sin 2x − cos2x = 0 ⇐⇒ 1 − 2cos2x −1
2sin 2x = 0
⇐⇒ −cos 2x −1
2sin 2x = 0 ⇐⇒ 2cos2x + sin2x = 0
⇐⇒
½
cos 2x 6= 0 tan 2x = −2 ⇐⇒ x =
1
2arctan (−2) +kπ
2
Lời giải (tienduy95):
ĐK:tan(x − π4) tan(x + π4) 6= 0 ⇔ x 6= π4+ k π2
Phương trình trở thành :
⇔ cos4x − 2sin x cos3x − cos2x − cos2x = 0
⇔ cos4x − cos2x − sin2x cos2x − cos2x = 0
⇔ cos4x − 2cos2x + 1 − (cos x(sin x + cos x))2= 0
⇔ (1 − cos2x)2− (cos x(sin x + cos x))2= 0
⇔ (1 − cos2x − cos x sin x − cos2x)(1 − cos2x + cos x sin x + cos2x) = 0
⇔
·
1 − 2cos2x − cos x sin x = 0
cos x sin x = −1
⇔
· sin2x + cos2x − 2cos2x − cos x sin x = 0
sin 2x = −2(vô nghiệm)
⇔ sin2x − sin x cos x − cos2x = 0 ⇔ tan2x − tan x − 1 = 0
⇔
"
tan x =1−
p 5 2
tan x =1+
p 5 2
⇔
"
x = arctan1−
p 5
2 + kπ
x = arctan1+
p 5
2 + kπ
Câu 2.b Giải phương trìnhp4
3 (x + 5) −p4x + 13 =p411 − x −p4
3 (3 − x)
Lời giải (Mai Tuấn Long):
ĐK:−5 ≤ x ≤ 3
Trang 4P T ⇔p415 + 3x +p49 − 3x =p4
15 + (x − 2) +p4
9 − (x − 2)
Xét hàm số: f (t ) =p415 + t +p49 − t trên đoạn[−15;9]có:f0(t ) =1
4
µ 1 (p4
15 + t)3− 1
(p4
9 − t)3
¶
⇒ f0(t ) ≥ 0vớit ∈ [−15;−3]và f0(t ) ≤ 0vớit ∈ [−3;9]
Đặt :
(
u = 3x
v = x − 2 P T ⇔ f (u) = f (v) Nên
½
Vớix ∈ [−1;3] → u, v ∈ [−3;9]
Vớix ∈ [−5;−1] → u, v ∈ [−15;−3]
⇒ P T ⇔ u = v ⇔ 3x = x − 2 ⇔ x = −1
Lời giải (giangmanh):
ĐK−5 ≤ x ≤ 3
Khi đó ta có
P T ⇔p412 + 3(x + 1) +p412 − 3(x + 1) =p412 + (x + 1) +p412 − (x + 1)
Xét hàm số : f (t ) =p412 + t +p412 − t (t ∈ [−12;12]) Ta có f0(t ) =1
4
1 4 p
(12 + t)3−
1 4
1 4 p
(12 − t)3
Ta cóf0(t ) = 0 ⇒ t = 0Mà f (3 (x + 1)) = f (x + 1) ⇒
·
3 (x + 1)(x + 1) < 0
3 (x + 1) = x + 1
+) 3 (x + 1)(x + 1) < 0⇒Vô lí
+) 3 (x + 1) = x + 1 ⇒ x = −1
Lời giải (Phạm Kim Chung):
Điều kiện :−5 ≤ x ≤ 3
Đặt :a =p4
3 (x + 5); b =p4
3 (3 − x); c =p411 − x;d =p4x + 13Ta có :
a + b = c + d
a4+ b4= c4+ d4
a, b, c, d ≥ 0
Lúc đó :a4+ b4= c4+ d4⇔ (a + b)4− 2ab ¡2a2+ 3ab + 2b2¢ = (c + d)4− 2cd ¡2c2+ 3cd + 2d2¢
⇒ ab £2(a + b)2− ab¤ = cd £2(a + b)2
− cd ¤ (Do a + b = c + d) (∗)
⇒ (ab − cd)£2(a + b)2− (ab + cd)¤ = 0
Mà :(a + b)2≥ 4ab ≥ ab ; (a + b)2= (c + d)2≥ 4ab ≥ ab ∀a, b, c, d ≥ 0
Nên từ (*) suy ra :ab = cdhoặca = b = 0(không xảy ra)
Thay trở lại ta có phương trình :p4
9 (x + 5)(3 − x) =p4
(11 − x)(x + 13)
⇔
½
−5 ≤ x ≤ 3 8x2+ 16x + 8 = 0 ⇔ x = −1
Thử lại ta thấyx = −1là nghiệm của phương trình đã cho
Câu 3. Tính tích phânI =
Z e
2
1 + (x − 1)ln x − ln2x
(1 + x ln x)2 dx
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Ta có:
µ
1
1 + x ln x
¶0
= − ln x + 1 (1 + x ln x)2
I =
Z e
2
ln x.
µ
− 1 + ln x (1 + x ln x)2
¶
d x +
Z e
2
1
1 + x ln x d x
=
Z e
2
ln x.d
µ 1
1 + x ln x
¶ +
Z e
2
1
1 + x ln x .d x
=
µ
ln x
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
−
Z e
2
1
1 + x ln x d (ln x) +
Z e
2
1
1 + x ln x d x
=
µ
ln x
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
−
Z e
2
1
x(1 + x ln x) d x +
Z e
2
1
1 + x ln x d x
=
µ
l nx
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
e
2
+
e
Z
2
1
1 + x ln x
µ
1 −1
x
¶
d x
=
µ
ln x
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
+
Z e
2
1
1 + x ln x d (x − ln x)
Trang 5µ
ln x
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
e
2
+ x − ln x
1 + x ln x
¯
¯
¯
e
2
−
Z e
2 (x − ln x)d
µ 1
1 + x ln x
¶
=
µ
l nx
1 + x ln x+
x − ln x
1 + x ln x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
−
Z e
2 (x − ln x)
µ
1 +1
x
¶
d x
=
³ x
1 + x ln x
´¯¯
¯
¯
e
2
−
Z e
2 (x + 1)d x −
Z e
2 ln xd x −
Z e
2
ln x.1
x d x
=
µ
x
1 + x ln x−
1
2x
2− x − x ln x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
+
e
Z
2
d x −
e
Z
2
ln x.d (ln x)
=
µ
x
1 + x ln x−
1
2x
2
− x ln x −1
2ln
2x
¶ ¯
¯
¯
¯
e
2
Câu 4. Cho hình chópS.ABC D có đáyABC D là hình chữ nhật cạnhAB = a,BC = ap2 Cạnh bênS Avuông góc với đáy GọiM , N lần lượt là trung điểm củaSD và AD Mặt phẳng(P )chứa
B M cắt mặt phẳng(S AC )theo một đường thẳng vuông góc vớiB M Giả sửB N cắt ACtạiI, gọi
Jlà trung điểm củaIC Biết khoảng cách từ đỉnhSđến mặt phẳng(P )bằng2
p
2a
3 .Tính thể tích khối chópB M D J và khoảng cách giữa hai đường thẳngD M vàB J theoa
Lời giải (dan_dhv):
GọiO là tâm của đáy
p 2
2 , AC = ap3 ⇒ AI = a
p 3
p 6
2 ⇒ I N = a
p 6
6
Do AI2+ I N2=a
2
2 = AN2 Nên tam giácAI N ⊥ I suy raB N ⊥ (S AC ); AC ⊥ (B M N ) Gọid = (P) T(S AC ) ⇒
(
d ⊥ B M
GọiB M T SO = G.Suy ra.d là đường thẳng quaGvà song songAC cắtS A, SC lần lượt tạiE , F Khi đó(P ) = (BF ME)
2, B M =pB N2+ N M2=
s
3a2
2 +x
2
4 .E F =2
3AC = 2a
p 3
nênS B F M E=E F.B M
2 =pa
3
s
3a2
2 +x
2
4 ⇒ V SB F M E =1
3d (S; (P )) S B F M E =2a
2p 6 27
s
3a2
2 +x
2
4 . (1)
Mặt khác,V SB F M E = V SB E F + V SM E F=V S ABC D
3 =1
3
1
3xa
2p
2 (2)
Từ(1), (2) ⇒ 2a
2p 6 27
s
3a2
2 +x
2
4 =1 3
1
3xa
2p
2 ⇒ x = ap3
Trang 6Ta có.d (M ; (ABC D)) =1
2S A = a
p 3
2 vàS JOB=1
6S ABC
⇒ S B J D=1
6S ABC D=a
p 2
6 ⇒ V M B D J=1
3
ap 3 2
ap 2
6 =a
3p 6 36
GọiP là trung điểm củaAB suy raDP kB J Khi đód (B J ; M D) = d (B;(SPD)) = d (A;(SPD))
2a2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giácS AK ta có, 1
S A2⇒ AT =r 6
29
29
Câu 5. Cho các số thực dươngx, y, zthỏa mãn điều kiện2¡9z2+ 16y2¢ = ¡3z + 4y¢ x yz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
x2+ 2+
y2
y2+ 3+
z2
z2+ 4+
5x y z (x + 2) ¡ y + 3¢(z + 4)
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOx y, cho tam giác ABC vuông tại A GọiH là hình chiếu củaAtrênBC Tam giác AB H ngoại tiếp đường tròn(C ) :
µ
x −16
5
¶2
+
µ
y −33
5
¶2
=36
25 Tâm đường tròn nội tiếp tam giácAC HlàIµ 26
5 ;
23 5
¶
Tìm tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độOx y z, cho hai điểmA (2; 2; 5)vàB (1; 1; 7) Tìm tọa độ điểmM thuộc đường tròn(C ) :
½
(x − 1)2+¡ y − 1¢2+ (z − 2)2= 9
nhỏ nhất
Lời giải (dan_dhv):
Gọi(C )là giao của mặt cầu(S)và(P ) Ta có−→AB (1; 1; −2); ~ u P(1; 1; 1)
Nhận thấy−→u P.−→
⇒ −→n Q =
¯
¯
¯
−→
u P;−→
AB
¯
¯
¯ = (1; −1; 0).Phương trình(Q)là :x − y = 0.Ta cóS M AB mi n ⇔ d(M; AB) mi n Tọa độM thuộc(Q) Hay ta có hệ
(x − 1)2+¡ y − 1¢2+ (z − 2)2= 9
x + y + z − 7 = 0
x − y = 0
⇒ M(1; 1; 5); M(3; 3; 1)
Câu 7A. Giải bất phương trình :3 +p 4
6 − 2x+p2 + 2x ≥ 2p8 −p(6 − 2x) (2x+ 2)
Lời giải (giangmanh):
ĐKx ≤ log26
Đặtt =p6 − 22+p2 + 2x ⇒ t2= 8 + 2p(6 − 2x) (2 + 2x) ⇒p(6 − 2x) (2 + 2x) =t22−8¡p8 ≤ t ≤ 4¢
Thay vào bất PT ta được :
3 +p 4
6 − 2x+p2 + 2x ≥ 2p8 −p(6 − 2x) (2x+ 2)3 +4
t ≥ 2
s
8 −t
2− 8 2
⇔ 3t + 4 ≥ tp48 − 2t2⇔ (t − 4) ¡2t3+ 8t2− 7t − 4¢ ≥ 0
Vìf (t ) = 2t3+ 8t2− 7t − 4 ≥ 0vớit ∈ £p8;4¤ ⇒ BPT ⇔ t − 4 ≥ 0 ⇔ t ≥ 4Màt ≤ 4 ⇒ t = 4 ⇔ x = 2
Trang 7Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx y, cho hình chữ nhậtABC D nội tiếp đường tròn
(C )có tâmI (1; 2) Tiếp tuyến của(C )tạiB,C , Dcắt nhau tạiM , N Giả sửH (1; −1)là trực tâm tam giácAM N Tìm tọa độ các điểm A, B, M , N biết rằng chu vi tam giácAM N bằng28 + 4p10
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độOx y z, cho mặt cầu(S) : (x − 1)2+¡ y − 2¢2+(z − 3)2=14
3
và đường thẳngd : x − 4
1 Tìm trên đường thẳngd các điểmAsao cho từAcó thể
kẻ được3tiếp tuyến đến mặt cầu(S)sao cho tứ diệnABC D là tứ diện đều ( trong đóB,C , D là các tiếp điểm )
Lời giải (Mai Tuấn Long):
A ∈ d ⇒ A = (4 + 3t;4 + 2t;4 + t)
Ilà tâm mặt cầu(S) ⇒ I = (1;2;3) ⇒−→I A = (3 + 3t;2 + 2t;1 + t) ⇒ AI = |1 + t|p14, (1)
q
14 3
⇒ AH ⊥ (BC D) ⇒ AH = a
p 6
3 ; I H =pR2− B H2=
q
3R2−a2
3 ⇒ AI = AH + I H = a
p 6
3 +
s
3R2− a2
3 (2)
Lại có:AI2= R2+ a2⇒ AI =pR2+ a2, (3)
Từ(2)và(3) ⇒pR2+ a2=a
p 6
3 +
s
3R2− a2
3 ⇔ a2= 2R2⇒ AI = Rp3 =p14, (4)
Từ(1)và(4) ⇒ |1 + t| = 1 ⇔
·
t = 0
t = −2 ⇒ĐiểmAcó các tọa độ:(4; 4; 4), (−2;0;2).
Câu 7B. Giải hệ phương trình:
( log2³x +px2+ 1
´ + log2
³
y + p y2+ 4
´
= 1 2log2¡p2x − y + 2 + p3y − 2x + 4¢ = 2log4¡5x2+ y2+ 1¢ + 1
Lời giải (xuannambka):
hpt ⇐⇒
( ³
x +px2+ 1
´ ³
y + p y2+ 4
´
= 2 (1)
p2x − y + 2 + p3y − 2x + 4 = p10x2+ 2y2+ 2 (2) (1) ⇐⇒ ³ 4
x −px2+ 1
´ ³
y − p y2+ 4
´ = 2 ⇐⇒
³
x −px2+ 1
´
y −
q
y2+ 4
¶
= 2 (3)
Từ(1)và(3)ta có hệ phương trình:
³
x +px2+ 1
´ ³
y + p y2+ 4
´
= 2
³
x −px2+ 1´ ³y − p y2+ 4´= 2 ⇐⇒
(
x y + x p y2+ 4 + ypx2+ 1 +px2+ 1p y2+ 4 = 2
x y − x p y2+ 4 − ypx2+ 1 +px2+ 1p y2+ 4 = 2
Cộng 2 vế với nhau ta được:
x y +px2+ 1p y2+ 4 = 2 =⇒ x p y2+ 4 + ypx2+ 1 = 0 ⇐⇒
x y ≤ 0
·
y = −2x
y = 2x
⇐⇒ y = −2x
p
4x + 2 +p−8x + 4 =p18x2+ 2 ⇐⇒ x =
p 2
3 =⇒ y = −2
p 2 3
Vậy phương trình có nghiệm¡x; y¢ =
Ãp 2
3 ; −2
p 2 3
!