TOANB CHUYEN LY TU TR CANTHO LAN2 2014 0949 0949 0978 to

D o B oa H L Ly - - Th i e D o B oa H L - - an an To To i i e D D o o B B B Th Th e e D x2 + = x 2( x + 1) o o B B Ly Ly - To an i Th Th e D x+ To a n an Th e D o B oa H H Ly - an To i i Th e D i i oa oa H Ly an To Th D e o B B B ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TỐN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3x + Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Cho hai điểm A( −1; −1), B (2; 2) đồ thị (C) Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho tứ giác ABMN hình bình hành Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin x + cos x) sin x = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: o To To To ĐỀ THI THỬ o o D D e e Th Th i i D o B H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG oa H L Ly - - an To i i e Th Th D D B B o o o B H an To i Th e D o B oa H L Ly - - an an To i D e Th Th e D o o B B oa oa oa oa B B o o D D e e Th i i Th i To To To an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D e e e D o B oa H Ly H H L Ly - - Th Th i i To To an an an To i Th e D o o D e e D o o D e Th Th i i To To an - - Ly Ly Ly H H - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… an - L Ly - To an i Th Th Th i i To To an an - - Ly Ly H oa oa oa H H Ly diện tích tam giác ABC Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) = 20 điểm M (3; −1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB (I tâm đường tròn (C)) Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − = hai điểm A(3; − 5; 2), B (7; − 3; − 2) Tìm điểm M (S) cho biểu thức MA2 + MB có giá trị nhỏ e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x −x + 3x + x + = 32 y + 3 an To i Th e e D D o B oa II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD , tâm I (1; −2) Gọi M trung điểm cạnh CD, H (2; −1) giao điểm hai đường thẳng AC BM Tìm tọa độ điểm A, B Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y − z − = hai điểm A(3; −1; −3), B (5;1;1) Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) n To a i Th e e To an an To Th i Th x + (m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + x + e e D e oa Ly - - n To a i Th i To an - Ly Ly Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) góc đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M trung điểm SA, (P) mặt phẳng qua M vng góc với SC Mặt phẳng (P) cắt cạnh SB, SC, SD N, E, F Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF Câu (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực: o B D o B D o B D o H H oa H oa Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x − x − x + dx o B oa H n To a Th i L Ly - - To i L an To i Th e D o oa B B oa L an Th D B B o o o B e 0,25 D D e e Th i i Th i To To To an an - - Ly Ly H y H H Ly an To i Th e D o B Th e D o B oa H D o o oa B B oa Ly n To a i Th e Ly To an i Th e e D D o o B H điểm tiệm cận I(−2; 3) làm tâm đối xứng D o 0,25 - an To Th e e D −∞ Th i i Th i To To a n an y +∞ + Ly +∞ - - Ly H + y’ oa −2 −∞   Đồ thị: Đi qua điểm  − ;  , ( 0; 1) nhận giao   B an an To i Th D B B H oa H oa Ly x 0,25 o o o B B x →−∞ Bảng biến thiên: 0,25 e e D D D o lim y = lim y = ⇒ pt tiệm cận ngang y = x →+∞ D o B oa H H To an i Th x →( −2) e e Th Th i i To To an an Hàm số đồng biến khoảng: (−∞; − 2) ( −2; + ∞) Giới hạn tiệm cận: lim − y = +∞; lim + y = −∞ ⇒ pt tiệm cận đứng: x = −2 x → ( −2) e Th e o B oa 3x + x+2 Ly Ly > 0, ∀x ∈ D ( x + 2) - - Điểm D D e o B oa H TXĐ: D = ℝ \ {−2} , y ' = L Ly an To i i Th Th e D o Đáp án a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y = Ly H oa (2,0 điểm) B Câu D D o To To ĐÁP ÁN KHỐI B i i Th o D e Câu B B H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com oa H x D o B oa H L - - an an To To Th Th i i i Th e D o o D e e D o D e o 0,25 Ly Ly - an To To Th i i e e D o B oa H H Ly - an ⇔ x (m − 1) x + 2m − = (2) (do x = −2 nghiệm (1)) Th Th Th i i To To an an - - L Ly oa H Ly To an i B oa  x ≠ −2 3x + = x+m⇔  x+2 3 x + = ( x + 2)( x + m) (1) To an - Ly H oa B o o D D e e e D o e O Cho hai điểm A(−1; − 1), B (2; 2) đồ thị (C) Định m để đường thẳng (d ) : y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho tứ giác ABMN hình bình hành Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (C): B D o − −2 Th Th Th i i To To an an - - Ly Ly H H oa oa D o B oa H L Ly - - Th i e D L an To i Th e L an To i Th e D o B oa H L Ly - - To an To an i Th i Th e e D D o o B B oa H L Ly - - an an To To Th i i Th D e e D o o B B 0,25 oa oa H H - 0,25 Th Th i i To To an - an L Ly Ly - an To i Th e D o o D e e D o D o B oa H Ly - To an i Th e D o B oa oa i Th D o B oa H Ly - an To Th i o 0,25  2  3 3 3 −2 x+ + − x + = ⇔ x +  x + −  −  x + −  = x x x x x x x x  x   x+ −2 =   3 2 x x + −  x + −  = ⇔    x x x   x+ − =0 x x  D e Th 0,25 + kπ ( k ∈ ℤ ) - Ly H e e D o B oa H Ly an i  ⇔   0,25 0,25 To an - an To x2 + = x 2( x + 1) π ĐK: x > Với điều kiện phương trình cho tương đương: 3  1 2( x + 1) x + = x + ⇔ 1 +  x + = x + x x x  x ⇔ x+ 0,25 0,25 H Ly - H Ly x+ Giải phương trình: Th i Th e D an To Th i e D o B + kπ ( k , m ∈ ℤ ) oa o B oa H Ly - an To Th e oa H Ly - an To Th i e D o B oa H Ly - an To i Th e D o B oa π Vậy phương trình cho có họ nghiệm: x = Ly an To i (1,0 điểm) o To D o B B oa H Ly - n To a i Th e D o B oa H Ly n To a i Th e D o B H + k 2π ⇔ x = 0,25 i i Th e D o o B H oa Ly an To Th i e D o B π π   2 x − = k 2π 2 x = + k 2π ⇔ ⇔ 4 x + π = π + m2π 2 x = π + mπ   3 π To a n an To i Th o B oa H Ly - To an an To i Th e D D o B m = So với điều kiện (3) ta nhận m = 10 đáp số toán ⇔  m = 10 Câu Giải phương trình: (sin x + cos x ) sin x = Phương trình cho tương đương: (1,0 điểm) 1  π  cos x  sin x = ⇔ sin  x +  sin x =  sin x + 3  2  π π   ⇔ cos  x −  − cos  x +  = 3      π cos  x −  =    ⇔ cos  x − π  = −1    3 0,25 D e D e o B oa H Ly - an To i Th e MN = AB ⇔ ( xM − xN ) + ( yM − y N )2 = ⇔ m − 10m + = ⇔ m − 10m = B e D i Th Th e D o B oa H Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) m ≠ Do với điều kiện (3), để tứ giác ABMN hình bình hành ta cần MN = AB đủ Ta có: Câu D o To To i i Th e D o B Ly Khi đó: | yM − yN |=| xM − xN |= ∆ = m − 10m + ⇔ 2x = o B H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com (d) cắt (C) hai điểm phân biệt M, N phương trình (2) có nghiệm phân biệt m < (3) ⇔ ∆ = (m − 1)2 − 4(2m − 2) = m − 10m + > ⇔  m > o B oa H L Ly - - To a n an To Th i e D o B oa L H Ly an an To i Th e D o B oa L an To Th L an To i Th e D o B H L Ly - - an an To To i i Th e D o o D 0,25 B oa oa 0,25 Th Th i i To To an an - Ly - L H H Ly - an To i Th e D o o D e e D o 0,25 Th e a2 a ⇒ S MNEF = 24 12 B D o B oa H Ly - an To Th i D e o e D o B oa H Ly - To an i Th e D o B oa H Ly - To an i Th e e D o B oa H Ly - i i Th e D o B oa H Ly - an To Th i e D o B oa H Ly - an To Th i 1 a a a2 MN NE = = 2 6 24 a3 (đvtt) Vậy V = S MNEF SE = 72 MN ⊥ SE   ⇒ MN ⊥ ( SNE ) ⇒ MN ⊥ SN Tương tự MF ⊥ SF MN ⊥ NE  Từ ∆SNM, ∆SEM ∆SFM tam giác vuông nhận SM cạnh huyền chung Suy gọi I trung điểm SM I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình Th - - To an an To Th i e D o B oa H Ly - an To i Th e D o B oa H Ly an To i e Th Ly Ly - - n To a i Th e D o B oa H n To a i Th e D o B D o H H H Ly Ly Ly SA = SB − AB = a D SC ⊥ (P) E nên thể tích khối chóp S.MNEF xác định bởi: B C V = S MNEF SE Do SA ⊥ AC SA = AC = a , nên ∆SAC vuông cân A ⇒ ∆SEM vuông cân SM a E ⇒ SE = = 2 Ta có: MN ⊥ CS (do SC ⊥ ( P)   ⇒ MN ⊥ ( SBC ) ⇒ MN ⊥ NE , MN ⊥ SB MN ⊥ BC (do BC ⊥ ( SAB)  A ⇒ S MNE = an i To oa Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) góc đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M trung (1,0 điểm) điểm SA, (P) mặt phẳng qua M vng góc với SC Mặt phẳng (P) cắt cạnh SB, SC, SD N, E, F Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF Từ giả thiết ta có: S BC ⊥ AB   ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BSC = 30 300 BC SA ⊥ E  I F N góc SC với mp(SAB) Từ đó: M 0,25 SB = BC.cot 300 = a 3, B To Th i Th e o B 0,25 2t − 3t − t + dt = − I ⇒ I = Hồn tồn tương tự ta có MF ⊥ EF S MEF = i D D D 0,25 oa 0,25 0,25 oa = −∫ −2t + 3t + t − dt o B o B H oa an To Th i e o i Th e 2(1 − t )3 − 3(1 − t ) − (1 − t ) + (− dt ) Câu e B To an To i Th e D D o =∫ B oa Ly - - an an To i Th e D H H Ly Đặt t = − x ⇔ dt = −dx Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = I =∫ o 0,25 e D e o B oa Tính tích phân I = ∫ x − x − x + dx Suy ra: B D D o B i Th Th e D o B oa H - Ly (1,0 điểm) D To To i i Th e D o B Câu o H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com  x − 4x + =  x − 4x + = ⇔ ⇔  x + 3x − =  ( x − 1)( x + x + 4) = x = Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = ⇔ x = o B oa H n To a Th i e D o L L Ly To i Th e D o B oa H L Ly - - an To To an i i Th Th e e H o B 0,25 - - L Ly −∞ - an To an an Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD , tâm I (1; −2) Gọi M trung điểm cạnh CD, H (2; −1) giao điểm hai đường thẳng AC (1,0 điểm) BM Tìm tọa độ điểm A, B 0,25 Từ giả thiết ta có H trọng tâm ∆BCD Suy IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) an −6 oa oa g(t) D D o B − H + Ly oa H Ly an - - To an i Th e D o B oa H Ly - an To Th i e D o B - To i Th e D o B oa H H Ly - an To Th i e D o B oa H Ly - an To i Th e an an To Th e o B oa oa H Ly - n To a i Th e D o D o B oa H Ly 0,25 To i Th H an an - - L Ly 0,25 Th Th i i To To To i Th e D o o D e e D o o D e Th Th i i To an an - - Ly Ly H H BC BC BM = ; HC = AC = 3 3 Suy HB + HC = BC Vậy BM ⊥ AC Ta có HB = e D o B oa oa oa B B o o D D e e Th Th i i Th i e D o B oa H Ly - To To Từ bảng biến thiên ta suy điều kiện m thỏa yêu cầu toán −6 ≤ m < To an 0,25 x2 − x − có nghiệm x ∈ [5; + ∞) x+4 Từ u cầu tốn tương đương tìm m cho phương trình (3) có nghiệm t ∈ [0; + ∞) Lại xét hàm: g (t ) = −4t + 10t − với t ∈ [0; + ∞) , ta có: 5 g '(t ) = −8t + 10; g '(t ) = ⇔ t = , g   = 4 Bảng biến thiên: +∞ t + Với t ≥ phương trình t = an To i D D o B x2 − x − , phương trình (2) trở thành: m = −4t + 10t − (3) x+4 x2 − x − Xét hàm f ( x) = , với x ∈ [5; + ∞) , ta có: x+4 x + x − 11 f (5) = 0, lim f ( x ) = +∞, f '( x) = > 0, ∀x ∈ [5; + ∞ ) Chứng tỏ f(x) x →+∞ ( x + 4)2 đồng biến [5; + ∞) Suy ra: + Điều kiện t t ≥ Đặt t = B oa H Ly n To a i Th Th i i Th e e 4( x − x − 20) x2 − 4x − + m + = 10 (2) x+4 x+4 D o B H oa Ly an To Th i e e e B oa H Ly - - To an an To i Th Th e D o B D o B D o B D o L Ly an Th e D H Ly Ly - an To i ⇔ 4( x − x − 20) + ( m + 6)( x + 4) = 10 ( x + 4)( x − x − 5) B 0,25 x + ( m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x − x − 20) ⇔ e o B oa oa H oa H Ly  x − x − 20 ≥ Trước hết ta phải có điều kiện  ⇔ x ≥ (1) x +1 ≥ Với điều kiện (1), phương trình cho tương đương: g’(t) D i i B B o o D D e e Th Th Th e D o B x + (m + 14) x + 4m + = x − x − 20 + x + (1,0 điểm) o To To To i i a SM = Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực: chóp S.MNEF bán kính mặt cẩu R = Câu D D o B H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com D D o o B oa H L Ly - - To a n an To B oa L Ly - - an an To oa i Th e D o B H 0,25 L Ly an 0,25 e e B oa H L Ly - - To an To an i i D e Th Th o B oa H L Ly - - an an To i Th e D o B oa H L Ly - - an an Th Th i i To To To i Th e D o o D e e D o o D e Th Th i i To an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D e e Th Th i i Th i e D o B oa H Ly To an To To To an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D e e e D o B oa H Ly an To i Th e o o B oa H Ly - an To Th Th i i i Th e D o B D o D D D o an Gọi n = abc số tự nhiên chọn thỏa yêu cầu tốn Chỉ có trường 0,25 hợp sau: TH1: a, b, c chia hết cho ⇒ a, b, c ∈ B = {3; 6;9} ⇒ có 3! cách chọn n TH2: a, b, c chia cho dư ⇒ a, b, c ∈ C = {1; 4; 7} ⇒ có 3! cách chọn n 0,25 TH3: a, b, c chia cho dư ⇒ a, b, c ∈ D = {2;5;8} ⇒ có 3! cách chọn n TH4: Trong số a, b, c có số thuộc B, số thuộc C số lại thuộc D ⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n 0,25 Suy số cách chọn n (3 + 33 ).3! = 180 180 = Vậy xác suất để số chọn chia hết cho 504 14 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) = 20 điểm M (3; −1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B (1,0 điểm) cho diện tích tam giác IAB (I tâm đường tròn (C)) Đường tròn (C) có tâm I (4;1), R = Gọi H trung điểm AB, suy AH ⊥ AB 0,25 Diện tích tam giác IAB: S IAB = IH AB = ⇔ IH = IH = 2 Đường thẳng ∆ qua điểm M nên có phương trình ax + by − 3a + b = 0, a + b > To To a n - - Ly Ly H H oa oa B B B o o D D e e  x0 = ⇔ (2 x0 − 8) + (2 x0 − 8)2 + (−2 x0 + 8) = ⇔ (2 x0 − 8) = ⇔  0,25  x0 = Vậy C (5;0;0) C (3;0; − 2) Câu 9.a Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập A Tính xác suất để số chọn chia hết cho (1,0 điểm) 0,25 Số phần tử tập A: A93 = 504 e Th Th i i To Th i - To an Th i Th i To i Th e To an n To a To 0,25 D o B oa H Ly  AB, AC  =  2 - S ABC = ⇔ an H H Ly - To an i Th B oa H Ly ⇔ y0 = - - Ly H oa B o o D D e e e o o B oa oa H + AB = (2; 2; 4), AC = ( x0 − 3; y0 + 1; x0 − y0 − 2) Suy mp(ABC) có vtpt m =  AB, AC  = (2 x0 − y0 − 8; x0 + y0 − 8; − x0 + y0 + 8) Theo giả thiết: ( ABC ) ⊥ ( P ) ⇒ n.m = ⇔ x0 − y0 − − 2(2 x0 + y0 − 8) − ( −2 x0 + y0 + 8) = Th Th i i To To an an - với (P) diện tích tam giác ABC Ta có: + vtpt (P) n = (1; − 2; − 1) C ∈ ( P) nên C ( x0 ; y0 ; x0 − y0 − 5) ⇔ (2 x0 − y0 − 8) + (2 x0 + y0 − 8) + (−2 x0 + y0 + 8) = B e 0,25 Vậy B(2 + 2; − − 2) B(2 − 2; − + 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y − z − = hai điểm A(3; −1; −3), B(5;1;1) Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) cho mặt phẳng (ABC) vng góc Ly oa H Ly - B B o o o B D o B Th i D D e e D e Th Th i i 0,25 IB = IA ⇔ (t − 1) + (3 − t ) = 18 ⇔ t − 4t − = ⇔ t = ± 2 (1,0 điểm) D B To To D D e e Th Th i i Suy BM qua H (2; −1) , nhận vtpt IH = (1;1) ⇒ pt BM : x + y − = ⇒ tọa độ B có dạng B(t ;1 − t ) Câu 8.a o H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com o B oa H L Ly - - To a n an To +x L an To i Th L an To i Th e D L an To i Th L an To i Th o B 0,25 − 1) = To Th i Th Th i i To an an - - L − 1)(3x e D o o D e e D o e e oa − x−2 - H + ⇔ (3x To To Th i D e o −2 an an an To i Th 0,25 Ly = 32 x D D o +x D o B oa i Th e (2) B e D o o B oa H H Ly an To 0,25 (1) oa + 3x H − x−2 - Ly = 32 x + ⇔ 3x B oa H Ly - Ly To an To an i Th e D o B oa H + x+2 Ly 0,25 i Th e D o B oa H Ly - - an To Th i e D o B oa H + 3x e D o B oa H Ly - an To an i Th e Ly - an To Th i e D o B oa H Ly Ly o B Ly −x - 0,25 0,25 Nhận xét: Vì hàm số y = e , y = ln t đồng biến khoảng (0; + ∞) , nên với x > y > < x < y hai vế pt (1) trái dấu Suy (1) ⇔ x=y Thay vào (2) ta được: 3x 0,25 D o B oa H H Ly - an To i Th e D o B oa H e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Giải hệ phương trình:  2 x −x + 3x + x + = 32 y + 3 (1,0 điểm) Điều kiện: x > y > e x − e y = ( x + y )(ln y − ln x) Hệ phương trình cho tương đương:  2 x −x + 3x + x + = 32 y + 3 t Th i i To i Th To Th i e D o B oa Vậy MA2 + MB nhỏ M giao điểm đoạn IJ với (S)  x = − 3t  Ta có phương trình IJ:  y = −4 + 4t (t ∈ ℝ) z =  Tọa độ M nghiệm hệ:  x = − 3t   x = 2; y = z = 0; t =  y = −4 + 4t ⇔   x = −1; y = 4; z = 0; t = z = 2  x + y + z − x − y − = Do M thuộc đoạn IJ nên ta nhận M (2;0;0) an To i Th Th e e D o B oa H - an n To a i Th e D o B oa H Ly n To a i Th e e Ly Ly - an To Th i e D o B D o B D D D o B D o B oa H Ly - To an i Th e D o B oa H H oa Ly 29 AB = IM + ⇒ MA2 + MB nhỏ 2 15 1  1  (S) có tâm J  ; 2;0  , bán kính R = Do IJ =  −  + (2 + 4) = > R , 2 2     nên I nằm ngồi (S) Từ gọi M0 giao điểm đoạn thẳng IJ với (S), với điểm M thuộc (S) ta ln có bất đẳng thức sau: IM + MJ = IM + R ≥ IJ = IM + R ⇔ IM ≥ IM = const Đẳng thức xảy M ≡ M e To o - an B B o o D D e e Th Th i i To To an - Ly Ly H H oa oa B B B o o D D e IM nhỏ Câu 9.b D i Th Ta có: MA2 + MB = IM + o = ⇔ 15a − 4ab + 12b = 0,25 a +b ⇔ 11(a + b ) + (2a − b) = ⇔ a = b = (không thỏa a2 + b2 > 0) a + 2b TH2: d(I,∆) = IH = ⇔ =2 0,25 a + b2 ⇔ a (3a − 4b) = ⇔ a = 3a – 4b = + Nếu a = chọn b =1 ⇒ phương trình ∆: y + = 0,25 + Nếu 3a – 4b = chọn a = b = ⇒ phương trình ∆: 4x + 3y – = Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − = hai điểm A(3; − 5; 2), B(7; − 3; − 2) Tìm điểm M (S) cho biểu thức MA2 + MB có (1,0 điểm) giá trị nhỏ Gọi I trung điểm AB I (5; − 4; 0) e e a + 2b Th To i i Th TH1: d(I,∆) = IH = ⇔ D H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com o B oa H n To a Th i e L an To i Th e D o B oa H L Ly Th Th i i To an To an - - - an To Th i D o B B B o o D e e e D D o B oa oa oa oa H L an i Th e D o oa H H Th Th i i To To an an - - L Ly Ly - an To i Th e D o o D e e D o B o B oa oa H Ly - an To Th i o D e Th To To i Th e D D o B B oa H Ly an an To an i Th e e D o z =    z0 =    x0 − y0 − 2(2 x0 − 1)  Đẳng thức (3) xảy khi:  = ⇔  y0 − = − 12  −9  2   (2 x0 − 1) 4(2 x0 − 1) 25 1 25 2 + =  x0 −  + ( y0 − 2) + z0 =   2  i To - - - an To 75 1 75  ≤ −9  x0 −  + 12( y0 − 2) ≤ ⇔ 25 ≤ −9 x0 + 12 y0 + 43 ≤ 100 ⇒ ≤ IM ≤ 10 (4) 2  Th i i Th e D o Ly Ly Ly H H H Ly To an - 2      1 1 25 Theo bđt B.C.S:  −9  x0 −  + 12( y0 − 2) + 0.z0  ≤ (81 + 144)  x0 −  + ( y0 − 2)2 + z02  = 225 (3) 2 2      ⇔− B e L an To i Th e D o B oa o B oa H Ly Ly - an To i e e D o B Do (2) nên IM = x0 + y0 + − 10 x0 + y0 + 41 = −9 x0 + 12 y0 + 43 D D o B oa H H Ly - To an i e D D o B oa H H Ly Th 1 25  + M ∈ ( S ) nên x02 + y02 + z02 − x0 − y0 − = ⇒  x0 −  + ( y0 − 2) + z02 = (1) 2  x02 + y02 + z02 = x0 + y0 + (2) + IM = ( x0 − 5) + ( y0 + 4)2 + z02 = x02 + y02 + z02 − 10 x0 + y0 + 41 o L Ly Ly an To i Th e o e e D o B oa  x = + 2  x = − 2  ⇔   y = −1 − 2  y = −1 + 2 Vậy B(2 + 2; − − 2) B(2 − 2; − + 2) + Cách giải khác Câu 8b: Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Ta có: n To a i Th Th Th Th i i To To a an n - - Ly Ly H H oa oa Ly H oa  x −1 = x =  ⇔ ( x − 1) ( x − 3)( x + x + 4) = ⇔  x − = ⇔ x =  x + x + = (vn)  Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = + Cách giải khác Câu 8a: Từ giả thiết suy IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) Gọi B(x;y) Ta có ( x − 1) + ( y + 2) = 18  IA = IB 9 x − y − = ⇔ ⇔   2 2  AB = AD  x + y − x + y − 13 = ( x + 2) + ( y − 5) =  (4 − x ) + (1 − y )  an To Th i e B B B o o D D D D o B D o an Th e D o B oa H - e e Th Th i i To To an 2 x2 + ( x + ) ⇔ 4( x + 3)( x + 1)2 = x ( x + ) = 4( x + 1) x 0,25 Ly Ly an - an To i Th e i i Th D e o B oa H H Ly Ghi chú: + Cách giải khác Câu 3: Với điều kiện phương trình cho tương đương: ⇔ 4( x + 3)( x + 1) = x ( x + ) ⇔ x − x + x − 16 x + 25 x − 12 = B To To To oa B B o o D D e e Th Th i i  x = −1 3x − x − − =  x2 − x − = ⇔ ⇔  x = ⇔ x +x + = x x −1 =  3  x = Do điều kiện nên ta nhận x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 2) D D o B H oa Ly an an an - - Ly Ly H H oa oa B B o o D D D o B To www.VNMATH.com o e e D e D e D D e D Th i i Th i Th Th i i Th an To an To an To an To an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa H oa H oa H oa H o B o B o B o B o B e D e D e e D D e D i Th i Th i Th Th i i Th an To an To To an an To an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa H oa H oa H oa H o B o B o B o B o B e D e D e D e D e D i i Th i Th Th i Th i Th an To To an an To an To n To a - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa oa H H oa oa H H o B o B o B o B o B e D e D e D e D e D Th i i Th Th i i Th Th i n an To To an an To To a an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa H oa oa H H H oa o B o B o B o B o B e D e D e D e D e D i i Th Th i Th i i Th Th an an an To To To an an To To - - - - Ly H oa o B o B e D e D i Th i Th L Ly Ly Ly H oa oa H oa H o B o B o B e e D D D e i Th i Th i Th n To a an To To an an To an To  z0 =  x0 =  x0 = −1  2(2 x0 − 1)    ⇔  y0 − = − ⇔  y0 = ∨  y0 =  z = z =   (2 x0 − 1)2 = + Với M (2;0;0) IM = + Với M (−1; 4;0) IM = 10 So sánh với (4) ta suy M (2;0; 0) điểm cần tìm o o o o www.VNMATH.com - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa oa H oa H oa H H o B o B o B o B o B D D D D D ... an To To an an To an To n To a - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa oa H H oa oa H H o B o B o B o B o B e D e D e D e D e D Th i i Th Th i i Th Th i n an To To an an To To a an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly... i Th Th an an an To To To an an To To - - - - Ly H oa o B o B e D e D i Th i Th L Ly Ly Ly H oa oa H oa H o B o B o B e e D D D e i Th i Th i Th n To a an To To an an To an To  z0 =  x0 = ... To an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa H oa H oa H oa H o B o B o B o B o B e D e D e e D D e D i Th i Th i Th Th i i Th an To an To To an an To an To - - - - - L Ly Ly Ly Ly oa H oa H oa H oa H