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 _______________________________________________________________ . 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. đỷờng thẳng cố định. ww.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng _______________________________________________________________ www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng __________________________________________________________________ . 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