Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 CHINH PHỤC ĐIỂM MÔN TOÁN – PHẦN Thầy Đặng Việt Hùng (ĐVH) – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A x + y − = Hình chiếu tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lên AC E(1; 4) BC có hệ số góc âm tạo với đường thẳng AC góc 450 Đườg thẳng AB tiếp xúc với (C ) : ( x + 2)2 + y = Tìm phương trình cạnh tam giác ABC Lời giải: Gọi K điểm đối xứng E qua AI Ta có: EK : x − y + = ⇒ trung điểm EK có toạ độ là: ( 0;3) ⇒ K ( −1; ) Do K ∈ ( C ) ⇒ AB tiếp xúc với ( C ) K Đường tròn ( C ) tâm J ( −2;0 ) Khi AB qua K vuông góc với JK Do vậy: AB : x + y − = Giả sử: AC : a ( x − 1) + b ( y − ) = ( a + b > ) Ta có: cos ( AC ; AI ) = cos ( AB; AI ) a+b ⇔ 2 a +b = ⇔ ( a + b ) = ( a + b ) ⇔ ( 2a − b )( a − 2b ) = 10 Với 2a = b ⇒ nAC (1; ) / / AB ( loai )  −1 10  Với a = 2b ⇒ nAC ( 2;1) ⇒ AC : x + y − = ⇒ EI : x − y + = ⇒ I  ;   3 k ⇔ k  ⇔ 10 2k − 1 ⇔ ( k + 1) = ( 2k − 1) k + −13 +l =3 10 ⇒ BC : x − y + l = Mặt khác d ( I ; AC ) = d ( I ; BC ) ⇒ = = − ( loai ) 10  10 + 13  10 + 13 =0 l =  BC : x − y + 3   = 3l − 13 ⇔ ⇒  −10 + 13  −10 + 13 =0 l =  BC : x − y + 3   Gọi BC : y = kx + l ( k > ) Ta có: cos ( BC ; AC ) = = www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trinh đường cao AH trung tuyến AM là: x − y − 13 = 13 x − y − = Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC I (−5;1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A ( −3; −8 ) Đường thẳng IM qua I ( −5;1) song song với đường thẳng AH ⇒ IM : x − y + = Ta có M = AM ∩ IM ⇒ M ( 3;5 ) Đường thẳng BC qua M ( 3;5 ) vuông góc với đường thẳng AH ⇒ BC : x + y − 11 = Do B ∈ BC : x + y − 11 = ⇒ B ( t ;11 − 2t ) 2 Ta có IB = IA ⇒ ( t + ) + (10 − 2t ) = 85 t = ⇒ B ( 2; ) ⇒ C ( 4;3 ) ⇔ 5t − 30t + 40 = ⇔  t = ⇒ B ( 4;3) ⇒ C ( 2; ) Vậy A ( −3; −8 ) , B ( 2;7 ) , C ( 4;3) A ( −3; −8 ) , B ( 4;3) , D ( 2; ) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) = Chứng minh từ điểm M đường thẳng d : x − y + = kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) Gọi hai tiếp điểm A, B Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ J (1;1) đến đường thẳng AB Lời giải Đường tròn ( C ) có tâm I (1; ) , bán kính R =1 Ta có d ( I , d ) = 2 = > R ⇒ từ điểm M đường thẳng d : x − y + = kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn ( C ) Gọi M ( t ; t + 3) A ( x; y ) tọa độ tiếp điểm Ta có IA = ( x − 1; y − ) , MA = ( x − t ; y − t − 3) ⇒ ( x − 1)( x − t ) + ( y − )( y − t − 3) = ⇔ x + y − ( t + 1) x − ( t + 5) y + 3t + = (1) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 2 Mặt khác A ∈ ( C ) ⇒ ( x − 1) + ( y − ) = ⇔ x + y − x − y + = ( ) Lấy ( ) − (1) ta ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − = ⇒ AB : ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − = Ta có d ( J , AB ) = t+2 ⇒ ( t − 1) = + ( t + 1) ⇔ t+2 = 2t + ⇔ ( t + ) = ( 2t + ) t = ⇒ M (1; )  ⇔ 14t − 16t + = ⇔   22  t= ⇒M ;   7   22  Vậy M (1; ) M  ;  7  Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có diện tích 50, đỉnh C (2; −5) ,  −1  AD = 3BC , biết đường thẳng AB qua điểm M  ;0  , đường thẳng AD qua N (−3;5) Viết   phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với trục tọa độ Lời giải 1    AB qua M  − ;  ⇒ AB : a  x +  + by = 2    AD qua N ( −3;5 ) vuông góc với AB ⇒ AD : b ( x + 3) − a ( y − ) = Ta có AB = d ( C , AD ) = BC = d ( C , AB ) = 5a + 10b a + b2 a − 5b a2 + b2 ⇒ AD = a − 5b a2 + b2 Ta có S ABCD a − 4b 5a + 10b 5a − 10b = 50 ⇔ AB ( BC + AD ) = 50 ⇔ AB.BC = 50 ⇔ = 50 ⇔ =2 a + b2 a + b2 a2 + b2  a + 6b = ( l )  2a + 2b = a − 4b ⇔ a − 4b = 2a + 2b ⇔  ⇔ ⇔  2 2 2 a + b = b − a a = b   • Với a = b chọn a = 2, b = ⇒ AB : x + y + =0 • Với a = −b chọn a = 2, b = − ⇒ AB : x − y + Vậy AB : x + y + a = b   a = −b 2 =0 2 = AB : x − y + =0 2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) = đường thẳng d : x + y + = Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) B C Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC Lời giải: Gọi ( C ) tâm I, AI ∩ BC = {H } , tham số A ( a; −2 − a )  AI = ( a − 1)2 + ( a + )2 Ta có  2 2  AB = AI − IB = ( a − 1) + ( a + ) − Mặt khác ∆ABI vuông B có BH đường cao nên 2 ( a − 1) + ( a + ) 1 = + = 2 2 BH AB IB ( a − 1) + ( a + ) − 5   ( a − 1) + ( a + ) − 5  Suy → BH =  2 ( a − 1) + ( a + ) 2 ( a − 1)2 + ( a + )2 − 5 2  Lại có AH = AB − BH =  2 ( a − 1) + ( a + ) Vì = S ∆ABC = S ABH = AH BH ↔ AH BH = 64 2 2 2 ( a − 1) + ( a + ) − 5 ( a − 1) + ( a + ) −  ( a − 1) + ( a + ) − 5 ⋅  = 64 ↔   = 64 (*) Điều ↔  2 2 2 ( a − 1) + ( a + )  ( a − 1) + ( a + ) ( a − 1) + ( a + )     25 25  2  Đặt ( a − 1) + ( a + ) = t  → t =  a +  + ≥   2     (*) ↔ (t − 5) t ( ) = 64 ↔ 5t − 139t + 375t − 625 = ↔ ( t − 25 ) 5t − 14t + 25 = ↔ t = 25  A (1; −3) a = 2 Điều ↔ ( a − 1) + ( a + ) = 25 ↔  →  a = −4  A ( 4; −6 ) Vậy có điểm thỏa mãn yêu cầu A (1; −3 ) A ( 4; −6 ) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-2; 1), điểm A thuộc trục tung, điểm C thuộc tia Ox góc BAC 30 độ Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Xác định tọa độ điểm A C Lời giải: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Theo định lý hàm sin ∆ABC → BC sinBAC = R → BC = C ( 0; ) c = Gọi C ( c; ) → = BC = ( c + ) + ↔  → c = −4 C ( −4;0 )  AB = ( −2;1 − a ) Gọi A ( 0; a ) , với C ( 0; ) →  Ta có:  AC = ( 0; − a )  A 0; 12 +  a = 12 + ↔ ↔  ( a − 1) + a  a = − 12 +  A 0; − 12 + ( ( a ( a − 1) = cos BAC = ) )  AB = ( −2;1 − a ) Với C ( −4;0 ) →  AC = − 4; − a ( )  a ( a − 1) + Ta có: = cos BAC = ↔ a − 2a3 + 5a + 32a + 16 = 2 ( a − 1) + a + 16 ( ( )( ( ) ↔ a2 + 12 − a + − 12 a − ) ) 12 + a + + 12 =   − 12 + 12 − 19    A  0;  − 12 + 12 − 19 a =      ↔ ↔    − 12 − 12 − 19   a = − 12 − 12 − 19  A  0;         − 12 + 12 − 19   − 12 − 12 − 19   ; C ( −4;0 ) ∨ A  0;  ; C ( −4;0 ) Vậy A  0;     2     A 12 + ; C ( 0; ) ∨ A 12 − ; C ( 0;0 ) điểm cần tìm ( ) ( ) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C thuộc ∆ : x − y − = , đường thẳng BD có phương trình x − y − = Điểm E(-1; 2) thuộc cạnh AB cho EB = 3EA Biết B có tung độ dương Tìm tọa độ điểm A, B, C, D Lời giải: Gọi K giao điểm BD CE Khi ta có: KE BE 2 = = ⇒ KE = − KC Gọi K ( t ; 7t − ) ; C ( 2v + 1; v ) ta KC CD 3   11 −1 − t = − ( 2v + − t ) t =  11  có  ⇔ ⇒ C ( 5; ) ; K  ;  7  11 − 7t = −3 ( v − 7t + ) v =  Khi gọi B ( u; 7u − ) Ta có: BE.BC = ⇔ ( u + 1)( u − ) + ( 7u − 11)( 7u − 11) = ⇔ u = ( yB > ) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Do B ( 2;5 ) Lại có: BE = 3EA ⇒ A ( −2;1) ⇒ D (1; −2 ) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC M(3; –1) Tọa độ điểm E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B Đường thẳng AC qua F(1; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2) Lời giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC ta có: CH / / BD ⊥ AB BH / / CD BHCD hình bình hành suy M trung điểm BC đồng thời trung điểm HD Khi H ( 2; ) suy PT đường cao BH là: x − y − = Do AC : x + y − = CD: x − y − = Suy C = CD ∩ AC ⇒ C ( 5; −1) ⇒ B (1; −1) ⇒ BC : y = −1 Khi AH : x = ⇒ A ( 2; ) Vậy A ( 2; ) ; B (1; −1) ; C ( 5; −1) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M (5;7) nằm cạnh BC Đường tròn đường kinh AM cắt BC B, cắt BD N (6; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên hoành độ đỉnh A bé Lời giải: Ta có tứ giác ABMN tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM vây ANM = 900 Mặt khác AMN = ABN = 450 (cùng chắn AN ) Do ∆ANM vuông cân N Ta có: AN : x − y + = 2 Gọi A ( 5t − 4; t ) Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − ) = 16 ⇔ t = ∨ t = ⇒ A (1;1) ( xA < 3) Gọi C ( u; 2u − ) Lại có: NA = NC ⇔ ( u − ) + ( 2u − ) u = = 26 ⇔  13 u = ( loai )  Do C ( 7; ) ⇒ K ( 4; ) ⇒ AC : x − y = 0; BD : x + y − = Lại có: BC : x = ⇒ B ( 7;1) ⇒ D (1; ) Vậy A (1;1) ; B ( 7;1) ; C ( 7;7 ) ; D (1;7 ) Câu 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 5) điểm M(0; -2) trung điểm cạnh BC Gọi D, E chân đường cao hạ từ đỉnh B C Đường phân giác góc DME cắt đường cao hạ từ đỉnh A điểm I(0; 3) Tìm toạ độ đỉnh B, C biết điểm B có hoành độ âm www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Lời giải: Gọi K trung điểm AH (H trực tâm ∆ABC ), J tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có: Vì ADH = AEH = 90o → ADHE nội tiếp ( K ; KD ) Suy KD = KE Lại có tứ giác EDCB nội tiếp ( M ; MD ) → MD = ME Suy MK trung trực DE → MK phân giác góc DME → K ≡ I Vì I trung điểm AH → H (1;1) Mà ta có AH = JM → J ( −1;0 ) Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: + y = 25 Phương trình BC qua M vuông góc AH BC : x − y − = Tọa độ B, C nghiệm hệ: ( C ) : ( x + 1)  x = 4; y =  x − y − =  B ( −4; −4 ) → → ( xB < )  2 ( x + 1) + y = 25  x = −4; y = −4 C ( 4;0 ) Vậy B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 ) điểm cần tìm Thầy Đặng Việt Hùng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 CHINH PHỤC ĐIỂM MÔN TOÁN – PHẦN Thầy Đặng Việt Hùng (ĐVH) – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho CN = AC Biết E (1; −1) trung điểm đoạn DM Tìm tọa độ đỉnh B, biết   F  ;  trọng tâm tam giác AMN điểm M có hoành độ âm 3  Lời giải Gắn hình vuông ABCD hệ trục toạ độ Oxy với tia Ox trung với tia DC, tia Oy trung với tia DA D trùng với gốc O ( 0; ) Đặt AB = 4a ta có: N ( 3a; a ) , A ( 0; 4a ) , M ( 2a; 4a ) B ( 4a; 4a ) 4a 10  5a  Khi F  ;3a  E ( a; 2a ) Khi đó: EF = + a2 = 9   10 58a 580 Lại có: BE = 13a = 10 ; BF = = Suy a = 13 117 ( x − 1)2 + ( y + 1) = 10  Gọi B ( x; y ) ta có:  2 580  x −  + y = 3 117   −14 18   16 28  Khi B  ;  B  ;  điểm cần tìm  13 13   13 13  Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Các điểm M ( −1;1) N ( −1; −7 ) điểm cạnh AB tia đối tia CA cho BM = CN Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng BC qua điểm E ( −3; −1) điểm B thuộc đường thẳng x + = Lời giải:  MJ / / CN Kẻ MJ / / AC ( với J ∈ BC ) dễ thấy  nên tứ giác  MJ = BM = CN MJNC hình bình hành suy K trung điểm MN đồng thời trung điểm CJ Ta có: K ( −1; −3) ∈ BC Phương trình đường thẳng BC là: x + y + = Do B ( −4;0 ) ⇒ AB : x − y + = Phương trình đường thẳng AC qua N có dạng: AC : a ( x + 1) + b ( y + ) = ( với nAC = ( a; b ) ( a + b > ) ) Khi đó: cos ( AB; BC ) = cos ( AC ; BC ) ⇔ a+b = 10 a + b  a = −3b ⇔ ( a + b ) = ( a + b ) ⇔ 3a + 10ab + 3b = ⇔  3a = −b Với a = −3b chọn a = 3; b = −1 ⇒ AC : x − y − = ⇒ C ( 0; −4 ) ; A ( 2; ) Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ AB / / AC ( loai ) Vậy A ( 2; ) ; B ( −4;0 ) ; C ( 0; −4 ) điểm cần tìm www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) cạnh BC = 2AB Gọi M, N trung điểm AB BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình MN x + 3y – 16 = Lời giải: Gọi H K hình chiếu vuông góc D AC MN Gọi I = MN ∩ CD Ta có: DK : x − y − 24 =  44 12  Khi đó: K = DK ∩ MN ⇒ K  ;   5 Dễ thấy AMIC hình bình hành CI = AM Khi DH DC 2  41  = = ⇒ DH = − DK ⇒ H  ;  DK DI 3  5 Suy phương trình AC qua H AC / / MN là: x + y − 10 = G ọi C (10 − 3t ; t ) ta có: c = ⇒ C (10; ) 1 2  = + ⇒ DC = 18 ⇒ ( − 3c ) + ( c + 3) = 18 ⇔   32  2 DH DA DC c = ⇒C ;    5  32  Vậy C (10; ) ; C  ;  điểm cần tìm  5 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B có BC = 2AB Điểm M(2; -2) trung 4 8 điểm cạnh AC Gọi N điểm cạnh BC cho BC = 4BN Điểm H  ;  giao điểm AN 5 5 BM Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – = Lời giải: Gọi E trung điểm BC F = AN ∩ ME Ta có: EF = AB = ME ⇒ HM MF 3 = = ⇒ HM = − HB HB AB 2 6 3 4  = −  xB −     ⇔ ⇒ B ( 0; ) − 18 = −  y −   B   2 5 Gọi N ( − 2t ; t ) ⇒ E (12 − 4t ; 2t − ) Lại có: EM EB =  E ( 4; ) t =   ⇔ (12 − 4t )(10 − 4t ) + ( 2t − )( 2t − ) = ⇔ ⇒   14  t = 17 E − ;   5   Với E ( 4; ) ⇒ C ( 8; −4 ) ⇒ A ( −4;0 ) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95  −8 14   −16   36 −28  Với E  ;  ⇒ C  ;  ⇒ A ;   5  5  5  Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD E, F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Lời giải: Gọi K trung điểm AB AKED hình vuông, gọi I tâm hình vuông Khi KF / / AH ⇒ KF ⊥ DF điểm A,K,F,E,D thuộc đường tròn đường kính KD Suy AF ⊥ EF ⇒ AF : x + y − = 32  17  ⇒ F  ;  ⇒ AF =  5 Ta có: ∆AFE ∼ ∆DCB ⇒EF = AF = t = ⇒ E ( 3; −1) 2 51   17    Gọi E ( t ;3t − 10 ) ⇒ EF = ⇔  t −  +  3t −  = ⇔  19  19  5  5 t = ⇒ E  ;  ( loai )    5 Khi đó: AE : x + y − = 0; I ( 2; ) ⇒ KD : x − y − = Gọi D ( d ; d − ) ta có:  d =  D ( 3;1) DA.DE = ⇔ ( d − 1)( d − 3) + ( d − 3)( d − 1) = ⇔  ⇒  d =  D (1; −1) Vì D F nằm khác phía so với AE nên ta có D (1; −1) ⇒ C ( 5; −1) ; B (1;5 ) Vậy B (1;5 ) ; C ( 5; −1) ; D (1; −1) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có đáy lớn CD AB ( CD = AB = 10 ), tọa độ C (−3; −3) , trung điểm AD M (3;1) Tìm tọa độ đỉnh B biết diện tích tam giác BCD 18 D có hoành độ nguyên dương Lời giải: Ta có: S BCD = S ACD = S MCD ⇒ S MCD = Lại có: MC : x − y − = MC = 13 Gọi D ( a; b ) Khi đó: S DCM = 2a − 3b − MC.d ( D; CM ) = 13 = 13 ⇔ 2a − 3b − = (1) Mặt khác CD = 10 vậy: ( a + ) + ( b + 3) = 90 ( ) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ⇔ ( b − 1)( a + b + 1) = ⇔ b = ⇒ x − y + = ⇔ x − y + = ⇔ x = y Thế vào (2) có ( x − 1) x + − ( x − ) x + = ⇔ ( x − 1) ( ) x + − − ( x − 2) ( ) x+3−2 ⇔ ( x − 1)( x + − ) − ( x − )( x + − ) = x+2 +2 x+3+2 x =  1   ⇔ ( x − 1)( x − )  −  = ⇔ x =  2+ x+2 2+ x+3   2 + x + = + x + x =1 x = 1⇒ y =1 ⇔  x = ⇔ ⇒ ( x; y ) = {(1;1) , ( 2; )} thỏa mãn (*) x = 2⇒ y =2   x + = x + Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( 2; )} 2x − y +   1− x + x − y +1 = 1− x Câu 9: Giải hệ phương trình   2  x − 4x + + 5x − y + = y + Lời giải ĐK: x < 1, x + ≥ y (*) Đặt a = − x > 0, b = x − y + ≥ ⇒ (1) thành a + b = 2b ⇔ a + ab − 2b = ⇔ ( a − b )( a + 2b ) = a (3) Với a > 0, b ≥ ⇒ a + 2b > nên ( 3) ⇔ a = b ⇒ − x = x − y + ⇒ 1− x = x − y +1 ⇔ x = y Thế vào (2) có x2 − x + + 5x2 − x + = x + ⇔ x2 − x + − = x − 5x2 − x + (4) 2  11  2 Ta có x − x + =  x −  + 20 > 0, xét T = x + x x − x + + ( x − x + 3) 5  2  5x2 − x +  3 ⇒T =x+ x − x + ) >  + (     Do ( ) ⇔ ⇔ x2 − x + − x2 − 4x + + x2 − 4x + + x2 − x + + Với x ≤ T > ⇒ = x − ( x − x + 3) T (1 − x ) ( x − x + 3) T + x2 − 4x + + = ( x − 1) ( x − x + 3) T  1− x  = ⇔ ( x − x + 3)  +  T   + x − 4x + (5) 1− x > T x =1⇒ y =1 Khi ( ) ⇔ x − x + = ⇔  ⇒ ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3)} thỏa mãn (*) x = ⇒ y = www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3)} Hội đồng biên soạn : Thầy Đặng Việt Hùng (tổng chủ biên) Lê Văn Tuấn Nguyễn Thế Duy Lương Tuấn Đức Vũ Văn Bắc Trịnh Anh Dũng Thầy Đặng Việt Hùng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 CÔNG PHÁ PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH – P3 Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN PHẦN 1: ĐỀ BÀI (Cố gắng vận hết công lực trước xem giải em) ( xy − x + y − 1) x + x + = y  Câu 1: Giải hệ phương trình  2 ( x + 1) ( x + )( y − y + 1) = ( x − 1) x − y + + y x − y + = x + y − Câu 2: Giải hệ phương trình  2  y + y + x y − = y x + + y 3x + 2 2 x − y + x y = y + y + Câu 3: Giải hệ phương trình  2  x + y + x y = + x −  x ( x − y ) + y ( y − x ) = x + y Câu 4: Giải hệ phương trình  ( x + y + ) − y + ( x − y − ) x − + x = y ( x + y + 3) xy + y = y ( y + x + ) Câu 5: Giải hệ phương trình   − x + x − 24 y + 417 = ( y + ) y − + y + 16 Câu 6: Giải bất phương trình ( x + ) x − x + > x + x − 17 − x = x + x + 63 − 14 x − 18 y  Câu 7: Giải hệ phương trình  y  x x + x + + 12 y = 34 + (13 − y ) 17 − y )  ( ( )  y + x + y + ( y + 1) − x = Câu 8: Giải hệ phương trình  2 2 y + y − x + (1 − y − x ) y + = x − y − x + y2 =  Câu 9: Giải hệ phương trình  2 x + − y + y xy + y = 34 − 15 x ( ) PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT ( xy − x + y − 1) x + x + = y  Câu 1: Giải hệ phương trình  2 ( x + 1) ( x + )( y − y + 1) = Lời giải ĐK: y ≥ (*) Khi (1) ⇔  x ( y − 1) + ( y − 1)  x + x + = y ⇔ ( x + 1)( y − 1) x + x + = y (3) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Từ (2) ⇒ x + > ⇒ x > − ⇒ x + > Khi từ (3) ⇒ y − ≥ ( x + 1) x + x + = ⇒ ( x + 1) ⇔ ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) +1 = y ⇔ ( x + 1) y −1 y −1 +1 = y −1 y y −1 ( x + 1) 2       + ⇔ f ( x + 1) = f    y −1   y −1  Xét hàm số f ( t ) = t t + với t ∈ ℝ ta có f ' ( t ) = t + + Do (4) ⇔ x + = 1 ⇒ y −1 = y −1 ( x + 1) Ta có (2) ⇔ ( x + 1) (x 1 1+ y −1 y −1 +1 = t2 t2 +1 (4) > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng biến ℝ (5) + ) ( y − 1) = ⇒ ( x + 1)( y − 1) x + = Kết hợp với (5) ⇒ ( x + 1) ( x + 1) x2 + = 2 ⇒ ( x + 1) x + = ( x + 1) ⇒ ( x + )( x + x + 1) = ( x + 1) ⇔ x + x3 + 17 x + 16 x + = ( x + x3 + x + x + 1) x = ⇔ 12 x + x = ⇒ x (12 x + ) = ⇒  x = −  12 2 Thử lại ta x = thỏa mãn ⇒ y − = ⇒ y = 2, thỏa mãn hệ cho Đ/s: ( x; y ) = ( 0; ) ( x − 1) x − y + + y x − y + = x + y − Câu 2: Giải hệ phương trình  2  y + y + x y − = y x + + y 3x + Lời giải x +1 ≥ y ĐK:  y ≥1 Khi (1) ⇔ ( x − 1) ⇔ (*) ( ) ( x − y +1 −1 + y ) x − y + − = x + y −1 − x +1 − y ( x − 1)( x − y + − 1) + y ( x − y + − ) = ⇔ ( x − 1)( x − y ) + x − y +1 +1 x− y+4+2   x −1 y ⇔ ( x − y) + =0  + x − y + + x − y +    1+ x − y +1 y ( x − y) 2+ x− y+4 =0 (3) Từ (*) ⇒ x + ≥ ⇒ x ≥ ⇒ x y − ≥ ⇒ VT ( ) ≥ y + y ≥ y + y = y, ∀y ≥ ⇒ y x + + y x + ≥ y ⇒ x + + x + ≥ 4, y ≥ ⇒ x + − + 3x + − ≥ www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ⇒ x2 + − x2 + + + 3x + − 3x + + ≥0 ⇒ x2 −1 + x2 + + ( x − 1) + 3x + ≥0   2 ⇒ ( x − 1)  +  ≥ ⇒ x − ≥ ⇒ x ≥ 1, kết hợp với x ≥ ⇒ x ≥ 2  + x + + 3x +  Do (*) x ≥ ⇒ x −1 y + > nên (3) ⇔ x = y 1+ x − y +1 + x − y + Thế vào (2) ta x + 3x + x x − = x x + + x x + (4) Với x ≥ ⇒ VP ( ) ≤ x x + 3x + x 3x + x = x + x = x Mặt khác x + x + x x − − x = x ( x − 1) + x ( x − 1) + x x − ≥ 0, ∀x ≥ ⇒ VT ( ) ≥ x ⇒ VT ( ) ≥ VP ( ) Dấu " = " xảy ⇔ x = ⇒ y = Thử lại x = y = thỏa mãn hệ phương trình cho Đ/s: ( x; y ) = (1;1) 2 x − y + x y = y + y + Câu 3: Giải hệ phương trình  2  x + y + x y = + x − Lời giải x ≥ ĐK:  (*) y ≥ Khi ta có ( x − y + x y ) + + x − = y + y + + ( x + y + x y ) ( ) ( ) ⇔ x2 − y2 + x −1 = y + y +1 ⇔ x2 + x −1 = y2 + y + + y ⇔ x + x − = ( y + 1) + ( y + 1) − ⇔ f ( x ) = f ( y + 1) (3) > 0, ∀t ∈ (1; +∞ ) t −1 Kết hợp với f ( t ) liên tục [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) đồng biến [1; +∞ ) Xét hàm số f ( t ) = t + t − với t ∈ [1; +∞ ) ta có f ' ( t ) = 2t + Do (3) ⇔ x = y + ⇔ y = x − Thế vào (2) ta x + x − + x ( x − 1) = + x − ⇔ x3 + x − = x − x −1 −1 + x3 − x − = x −1 +1  x −1  ( x − 2) x −1 ⇔ + ( x − ) ( x + x + 3) = ⇔ ( x − )  + x + x +  = + x −1  + x −1  ⇔ x −1 ( Với x ≥ ⇒ ) x − − − ( x − 1) + x3 + x − = ⇔ x − (4) x −1 + x + x + > nên (4) ⇔ x = ⇒ y = 1, thỏa mãn hệ cho Đ/s: ( x; y ) = ( 2;1) + x −1  x ( x − y ) + y ( y − x ) = x + y Câu 4: Giải hệ phương trình  ( x + y + ) − y + ( x − y − ) x − + x = y Lời giải: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 2 x ( x − y ) ≥  2 y ( y − x ) ≥ Điều kiện:  5 − y ≥ 0, x − ≥  x ≥ 0, y ≥  Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: 2x ( x − y ) + y ( y − x) = x ( 2x − y ) + y ( y − x) ≤ ( x + y )( x − y + y − x ) = x + y x 2y = ⇔ xy − x = xy − y ⇔ x = y ⇔ x = y 2x − y y − x Với x = y thay vào phương trình (2) ta ta có: ⇒ ( x + 3) − x + ( x − ) x − + x = x ⇔ ( x + 3) − x + ( x − ) x − = (*) Đặt a = − x , b = x − phương trình (*) trở thành (b + ) a − ( a + ) b = ⇔ ab + 4a − a b − 4b = a = b ⇔ ab ( b − a ) − ( b − a ) = ⇔ ( b − a )( ab − ) ⇔   ab = +) Với a = b ⇒ − x = x − ⇔ − x = x − ⇔ x = ⇒ y = +) Với ab = ⇒ Ta có ( − x )( x − 1) = (**) ( − x )( x − 1) = (10 − x )( x − 1) ≤ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) 2 < ⇒ (**) VN ( x + y + 3) xy + y = y ( y + x + ) Câu 5: Giải hệ phương trình   − x + x − 24 y + 417 = ( y + ) y − + y + 16 Lời giải: ĐK: y ≥ 1; xy + y ≥ 0; − x + x − 24 y + 417 ≥ (*) Khi (1) ⇔ ( x + y + 3) y x + = y ( y + x + ) Đặt x + = a ≥ 0; y = b ≥ ⇒ (1) trở thành (a + 6b ) ab = b ( 8b + 3a ) ⇔ b ( a + 6ab − 8b3 − 3a 2b ) = ⇔ b ( a − 2b ) ( a − ab + 4b ) = (3) b  15b  > Do ( 3) ⇔ a − 2b = ⇔ a = 2b Với b ≥ có a − ab + 4b =  a −  + 2  2 ⇒ x + = y ⇒ x + = y ⇔ x = y − Thế vào (2) ta − ( y − 3) + ( y − 3) − 24 y + 417 = ( y + ) y − + y + 16 ⇔ −16 y + 32 y + 384 = ( y + ) y − + y + 16 ⇔ − y + y + 24 = ( y + ) y − + y + 16 ⇔4 ( y + )( − y ) = ( y + ) y − + y + 16 ⇔ y + − y = ( y + ) y − + y + 16 Áp dụng BĐT Cô-si ta có y + − y ≤ ( y + ) + ( − y ) = 20 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Với y ≥ ⇒ ( y + ) y − + y + 16 ≥ + + 16 = 20 Do y + − y ≤ ( y + ) y − + y + 16 Dấu " = " xảy ⇔ y = ⇒ x = 4.1 − = Thử lại x = y = thỏa mãn hệ cho Đ/s: ( x; y ) = (1;1) Câu 6: Giải bất phương trình ( x + ) x − x + > x + x − Lời giải: ĐK: x − x + ≥ ⇔ ( x − 1) + ≥ ⇔ x ∈ ℝ (*) Khi (1) ⇔ x + x − − ( x + ) x − x + < ) ( ⇔ ( x2 − x − ) + ( x + 2) − ( x + 2) x2 − x + < ⇔ ( x2 − x − ) + ( x + 2) − x2 − x + < ⇔ ( x − 2x − 7) + ( x + 2) (9 − x2 + x − 2) + x2 − x + < ⇔ ( x − 2x − 7) −   x+2 ⇔ ( x2 − x − ) 1 −  < ⇔ ( x − 2x − 7)  + x − 2x +  Với ∀x ∈ ℝ có x2 − x + = (1 − x ) +1 > (1 − x ) ( ( x + ) ( x2 − x − ) + x2 − x + Do ( ) ⇔ x − x − < ⇔ − 2 < x < + 2 ( ) Vậy (1) có nghiệm T = − 2;1 + 2 17 − x = x + x + 63 − 14 x − 18 y  Câu 7: Giải hệ phương trình  y  x x + x + + 12 y = 34 + (13 − y ) 17 − y )  ( ( ) Lời giải 17 Điều kiện ≤ y ≤ ; x ≥ 0;63 − 14 x − 18 y ≥ Phương trình thứ hai hệ tương đương với x3 + x + x = (17 − y ) 17 − y + (17 − y ) + 17 − y Xét hàm số f ( t ) = t + 2t + 9t ⇒ f ′ ( t ) = 3t + 4t + = ( t + ) + 2t + > 0, ∀t ∈ ℝ Suy hàm số liên tục đồng biến tập hợp số thực ℝ Hơn  x = 17 − y f ( x ) = f 17 − y ⇔ x = 17 − y ⇔  x ≥ Phương trình thứ hệ lúc trở thành 6y = x + x + 63 − 14 x + ( x − 17 ) ⇔ = 3x + x + 3x − 14 x + 12 y ( ) ( − x ) − x = ( x2 − x + 4) − x ⇔ ( − x ) − x = ( − x ) − x Đặt − x = u; x = v ( v ≥ ) thu www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 • • 3u − v ≥ 3u − v = 3u − 2v ⇔  2 2 9u − 6uv + v = 12u − 8v 3u − v ≥ 3u − v ≥ 3u − v ≥  ⇔ ⇔ ⇔  u = v u + 2uv − 3v = ( u − v )( u + 3v ) =  u = −3v  0 ≤ x ≤ 3u − v ≥ u ≥ 0; v ≥ 0 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x =     x − x + = 2 − x = x u = v u = v  3u − v ≥ −10v ≥ v ≤ v = x = ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ (Hệ vô nghiệm)  u = −3v u = −3v u = −3v u = x = ( )( )  8 Từ đến kết luận hệ có nghiệm ( x; y ) = 1;   3  y + x + y + ( y + 1) − x = Câu 8: Giải hệ phương trình sau  2 2 y + y − x + (1 − y − x ) y + = Lời giải  x ≤ Điều kiện:   y ≥ −1 Phương trình (1) hệ phương trình cho tương đương y + y + + x − + ( y + 1) − x = ⇔ ( y + 1) + ( y + 1) − x − (1 − x ) =  y + = − x ⇔ ( y + 1)2 = − x ⇔ x = − y − y ⇔ y + + − 2x y + − − 2x = ⇔   y + + − x = ( l ) Thay x = − y − y vào phương trình ( ) hệ phương trình ta có ( )( ) y + y + y + y + (1 − y + y + y ) y + = ⇔ y + y + ( y + 1) y + = ( ⇔ ( y + 1) + ( y + 1) y + + ( y + 1) = ⇔ y + + y + • Với y + + y + = ⇔ ) 2 y + + y + = =4⇔  y + + y + = −2   y ≤ y ≤ y +1 = 1− 2y ⇔  ⇔ ⇒ y =0⇒ x=0  y + = (1 − y ) 4 y − y =   • Với y + + y + = −2 ⇔ y + + y + = ⇔ ( y + 1) + y + + = ( l ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; ) x − y − x + y2 =  Câu 9: Giải hệ phương trình  2 x + − y + y xy + y = 34 − 15 x Lời giải: − ≤ x ≤  Điều kiện:  y ≥ ( ) Phương trình (1) hệ phương trình tương đương www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01  − x = y ⇔ − x = y2 ⇔ x = − y2 2− x − y = ⇔   − y + y = ( l ) Thay x = − y vào phương trình ( ) hệ phương trình ta có (2 − x) + y − x − y2 = ⇔ ( − x + 2y )( ) ) ( − y − y + y y ( − y ) = 34 − 15 ( − y ) ⇔ − y − y + y − y = 15 y + ⇔ ( y + 1) − y = 15 y + y + ⇔ ( y + 1) − ( y + 1) − y + ( − y ) − = ( ⇔ 4y +1− − y • Với ) 4 y + − − y =  − y2 = y =1⇔  ⇔  y + − − y = −1 4 y + = − y2   − y = y ⇔ − y = 16 y ⇔ y = 30 ⇒x= ⇔ y= 17 17 17 • Với y + = − y ⇔ ( y + ) = − y ⇔ 17 y + 16 y = ⇔ y = ⇒ x =  30  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) =  ;  , ( 2; )  17 17  HỘI ĐỒNG BIÊN SOẠN: Thầy Đặng Việt Hùng (tổng chủ biên) Lê Văn Tuấn Nguyễn Thế Duy Lương Tuấn Đức Vũ Văn Bắc Trịnh Anh Dũng Thầy Đặng Việt Hùng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tham gia khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán MOON.VN để đạt điểm số cao kì thi THPT Quốc gia 2016! www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x+2 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = có đồ thị (C) x–3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng π sin2x + cos2x – 2cos(x + ) + 3cosx Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: = cosx + 2 (3x – 5)(x – 1) = y(x + 3x – y – 6) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  (x; y ∈ R)  – y2 – 2y + = y – 3x + π ⌠ (x + 1)(sinx + cosx) + cosx Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I =  dx (x + 1)sinx + cosx ⌡ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam giác vuông S, hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc cạnh AD cho HA = 3HD Gọi M trung điểm AB Biết SA = 2a đường thẳng SC tạo với đáy góc 30o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x + y + z = 2014 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3 P = 32(x3 + y3) + 32(y3 + z3) + 32(z3 + x3) II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có tọa độ chân đường cao hạ từ B, C M(–1; –3) N(2; –3) Hãy tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có tung độ âm Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 14 mặt phẳng (P): 2x + 3y + z – 11 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính nửa bán kính mặt cầu (S) _ Câu 9a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z(1 + 2i)2 số ảo |z| = B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(– 3; 0), F2( 3; 0) qua điểm A( 3; ) Lập phương trình tắc (E) với điểm M thuộc (E), tính giá trị biểu thức P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2 Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân B có tọa độ đỉnh A(5; 3; –1), C(2; 3; –4) điểm B thuộc mặt phẳng (Q): x + y – z – = Tìm tọa độ điểm B _ z Câu 9b (1,0 điểm) Tìm môđun số phức z, biết + (4 – 3i) z = 26 + 6i 2–i - HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2016 Câu ( 2,0 điểm) Đáp án Cho hàm số: y = x+2 có đồ thị (C) x–3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tập Xác định : D = R \ {3} Đạo hàm: y' = Điểm 0.25 -5 < 0, ∀x ∈ D (x - 3)2 ⇒ Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞;-1) (-1; +∞) hàm số cực trị Giới hạn: lim y = +∞ lim y = - ∞ x → +∞ (1,0 điểm) 0.25 x → -∞ Hàm số đồng biến khoảng (-∞;-1) (1;+∞) Hàm số nghịch biến khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại (-1;4) đạt cực tiểu (1;0) Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: 0.25 b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng 0.25 Gọi M điểm thuộc đồ thị (C) ⇒ M(a ; + ) (a ≠ 3) a-3 Tiệm cận đứng tiệm cận ngang (C) ∆1: x - = ∆2: y - = 0.25 Theo giả thiết: d(M; ∆2) = 5d(M, ∆1) ⇔ = 5|a - 3| (1) |a - 3| Giải phương trình (1), ta a = hay a = 0.25 Vậy điểm cần tìm M1(4; 6) hay M2(2; -4) 0.25 π sin2x + cos2x – 2cos(x + ) + 3cosx Giải phương trình: = cosx + Điều kiện: cosx ≠ -1 Phương trình cho tương đương với: 0.25 sin2x + cos2x - 2(cosx - sinx) + 3cosx =1 + cosx ⇒ sin2x + cos2x + cosx + 2sinx = + cosx www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 ⇔ sin2x + cos2x - + 2sinx = ⇔ 2sinxcosx - 2sin2x + 2sinx = ⇔ sinx(cosx - sinx + 1) = sinx = ⇔  sinx - cosx = Với sinx = ⇔ x = kπ π (k ∈ Z) π π π Với sinx - cosx = ⇔ 2sin(x - ) = ⇔ sin(x - ) = = sin 4 π π x - = + k2π x = π + k2π 4 π (k ∈ Z) ⇔ ⇔  π 3π + k2π x- = x = π + k2π π 4 π So điều kiện (*), ta nhận x = k2π π hay x = + k2π π (k ∈ Z) π Vậy phương trình cho có họ nghiệm x = k2π π hay x = + k2π π (k ∈ Z) 2 (3x – 5)(x – 1) = y(x + 3x – y – 6) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  (x; y ∈ R)  – y2 – 2y + = y – 3x + ■ Điều kiện -y2 - 2y + ≥ 0.25 0.25    (1,0 điểm) 0.25 0.25 (3x - 5)(x2 - 1) = y(x2 - 1) + (3x - 5) - y ⇔ (3x - 5)(x2 - 1) = y(x2 - 1) + y(3x - 5) - y2 ⇔ (3x - 5)(x2 - - y) = y(x2 - - y) ⇔ (x2 - - y)(3x - - y) = y = x2 - ⇔ y = 3x - ■ Với y = 3x - thay vào (2) ta -y2 - 2y + = -1 < vô nghiệm ■ Với y = x2 - thay vào (2) ta - x4 = x2 - 3x + (*) 0.25 0.25 Điệu kiện - ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1.1.1 - x4 ≤ - x4 - x4 4 ⇔ x + 4x - 12x + ≤ ⇔ (x - 1)2(x2 + 2x + 7) ≤ (do x2 + 2x + > 0) ⇔ (x - 1)2 ≤ ⇔x=1 Thử lại x = thỏa mãn (*) Vậy hệ cho có nghiệm (1; 0) ■ Từ (3) ta có: x2 - 3x + ≤ (1,0 điểm) 0.25 π ⌠ (x + 1)(sinx + cosx) + cosx dx (x + 1)sinx + cosx ⌡ Tính tích phân: I =  π 0.25 π (x + 1)cosx ⌠ (x + 1)sinx + cosx + (x + 1)cosx ⌠ dx =  (1 + )dx  (x + 1)sinx + cosx (x + 1)sinx + cosx ⌡ ⌡ 0 π = 0.25 (x + 1)cosx π ⌠ π + dx = + I1 ⌡ (x + 1)sinx + cosx www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 π 0.25 (x + 1)cosx ⌠ dx (x + 1)sinx + cosx ⌡ ■ Với I1 =  Đặt t = (x + 1)sinx + cosx ⇒ dt = [sinx + (x + 1)cosx - sinx]dx = (x + 1)cosxdx π π Khi x = ⇒ t = , x = ⇒ t = + 2 π +1 π2 + dt π ⌠ Vậy I1 =  = (ln|t|) = ln( + 1) ⌡ t  1 (1,0 điểm) 0.25 π π Vậy I = + ln( + 1) 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam giác vuông S, hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc cạnh AD cho HA = 3HD Gọi M trung điểm AB Biết SA = 2a đường thẳng SC tạo với đáy góc 30o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC) 0.25 Vì SH ⊥ (ABCD) nên góc SCH = (SC;(ABCD)) = 30o Trong ∆SAD vuông có SA2 = AH.AD ⇔ 12a2 = AD2 ⇒ AD = 4a, HA = 3a, HD = a ⇒ SH = HA.HD = a ⇒ HC = SH.cot30o = 3a ⇒ CD = HC2 - HD2 = 2a 8a3 Vậy VS.ABCD = SH.SABCD = 3 Vì M trung điểm AB AH // (SBC) 1 nên d(M, (SBC)) = d(A; (SBC)) = d(H, (SBC)) (1) 2 Kẻ HK ⊥ BC K, HH' ⊥ SK H' Vì BC ⊥ (SHK) nên BC ⊥ HH' ⇒ HH' ⊥ (SBC) (2) 1 11 2a 66 Trong ∆ vuông SHK ta có (3) 2= 2+ 2= ⇒ HH' = HH' HK HS 24a 11 a 66 Từ (1), (2), (3) ⇒ d(M, (SBC) = 11 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Cho ba số thực không âm x; y; z thỏa mãn x + y + z = 2014 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3 P = 32(x3 + y3) + 32(y3 + z3) + 32(z3 + x3) ∀ x, y ≥ 0, ta có (x - y)2(x + y) ≥ ⇔ (x2 - y2)(x + y) ≥ ∀x, y ≥ ⇔ x3 + y3 ≥ x2y + xy2 ⇔ 3(x3 + y3) ≥ 3(x2y + xy2) ⇔ 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 0.25 ⇔ 8.4(x3 + y3) ≥ 2(x + y) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Tương tự ta có: 8.4(z3 + y3) ≥ 2(z + y) 0.25 8.4(x3 + z3) ≥ 2(x + z) Do P ≥ 4(x + y + z) ⇔ P ≥ 8056 0.25 2014 Dấu "=" xảy x = y = z = 2014 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có tọa độ chân đường cao hạ từ B, C M(–1; –3) N(2; –3) Hãy tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có tung độ âm ■ (C) có tâm O(0;0) Ta có góc CMB = góc CNB = 90o nên CMNB tứ giác nội tiếp 0.25 Do đó: góc CNM = góc CBM (1) Gọi AT tiếp tuyến C đó: góc TAB = góc ACB mà gócCBM + gócACB = 90o (2) Và góc CNM + góc MNA = 90o (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc MNA = góc TAB, MN // AT ⇒ MN ⊥ OA → MN = (3;0) vectơ pháp tuyến OA, nên OA có phương trình x = Vậy giá trị nhỏ biểu thức P = 8056 ⇔ x = y = z = 7.a (1,0 điểm) x = x = ■ Tọa độ điểm A nghiệm hệ x2 + y2 = 25 ⇔  Vì yA < nên A(0; -5)  y = ± → → ■ AM = (-1;2) AN = (2;2) vectơ phương AC, AB 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) 0.25 0.25 Nên AC có phương trình AC: 2x + y + = 0, tương tự AB: x - y - = 2x + y + = x = 0, y = -5 Tọa độ C nghiệm củ hệ x2 + y2 = 25 ⇔  x = -4, y = ⇒ C(-4; 3)  x - y - = x = 0, y = -5 0.25 ■ Tọa độ B nghiệm hệ: x2 + y2 = 25 ⇔  ⇒ B(5; 0) x = 5, y =  Vậy A(0; -5), B(5;0), C(-4;3) tọa độ cần tìm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 14 mặt phẳng (P): 2x + 3y + z – 11 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính nửa bán kính mặt cầu (S) 0.25 ■ Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;1) bán kính R = 14 Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng: (Q): 2x + 3y + z + d = 0, (d ≠ -11) 0.25 R 14 ■ Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r = = nên ta có: 2 21 d[I;(Q)] = R2 - r2 = 0.25 d = + |d - 3| 21 ⇔ = ⇔ d = - 14 ■ Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: 0.25 (Q1): 2x + 3y + z + + = (Q2): 2x + 3y + z + - = _ Tìm số phức z thỏa mãn z(1 + 2i)2 số ảo |z| = _ Gọi z = a + bi (a, b ∈ R, i2 = - 1) z = a - bi Ta có (1 + 2i)2 = - + 4i www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 0.25 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 _ ⇒ z(1 + 2i)2 = (a - bi)(-3 + 4i) = (-3a + 4b) + (3b + 4a)i _ 3a Do z(1 + 2i)2 số ảo nên - 3a + 4b = ⇔ b = 3b + 4a ≠ (*) a = ⇒ b = (thỏa (*)) Mặt khác: |z| = ⇔ a2 + b2 = 25 ⇔ a2 = 16 ⇔ a = -4 ⇒ b = -3 Vậy có hai số phức z thỏa mãn là: z = + 3i hay z = - - 3i 0.25 0.25 0.25 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(– 3; 0), F2( 3; 0) qua điểm A( 3; ) Lập phương trình tắc (E) với điểm M thuộc (E), tính giá trị biểu thức P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2 x2 y2 0.25 Gọi phương trình tắc (E) có dạng: + = (a > b > 0) a b Do (E) có hai tiêu điểm F1(- 3; 0) F2( 3; 0) ⇒ c = Lại có c2 = a2 - b2 ⇔ a2 = b2 + (1) 0.25 Mặt khác A( 3; ) ∈ (E) ⇒ + = (2) a 4b Thay (1) (2) ta + = b + 4b2 x2 y2 Giải phương trình ta b2 = 1⇒ ⇒ a2 = Vậy (E): + = P = MF12 + MF22 – 3OM2 – MF1MF2 0.25 c x = (a + exM)2 + (a - exM)2 - 3(xM2 + yM2) - (a2 - e2xM2) với e = = yM2 = - M a 2 2 2 2 = 2a + 2e xM - 3xM - 3yM - a + e xM 0.25 xM2 3xM2 = + xM - 3xM - 3(1 )-4+ =1 4 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông cân B có tọa độ đỉnh A(5; 3; –1), C(2; 3; –4) điểm B thuộc mặt phẳng (Q): x + y – z – = Tìm tọa độ điểm B Ta có Gọi B(a; b; c), B ∈ (Q) ⇒ a + b - c - = ⇔ c = a + b - → → Do B(a; b; a + b - 6) AB = (a - 5; b - 3; a + b - 5), CB = (a - 2; b - 3; a + b - 2) 2 AB = CB = CB2 ⇔→ → ⊥ CB AB CB = 0.25 Do ∆ABC vuông cân AB B⇔ AB  (a - 5)(a - 2) + (b - 3)2 + (a + b - 5)(a + b - 2) = (1) ⇔ (a - 5)2 + (b - 3)2 + (a + b - 5)2 = (a - 2)2 + (b - 3)2 + (a +  a = a = a - 5a + = a = v a =  ⇔ b = - 2a ⇔ b = - 2a ⇔ b = hay b =     9.b (1,0 điểm) 0.25 b - 2)2 (2) 0.25 Từ B(2; 3; -1) B(3; 1; -2) điểm cần tìm _ z Tìm môđun số phức z, biết + (4 – 3i) z = 26 + 6i 2–i 0.25 Gọi z = a + bi (a,b ∈ R; i2 = -1) _ z Ta có + (4 – 3i) z = 26 + 6i ⇔ (2 + i)(a + bi) + 5(4 - 3i)(a - bi) = 5(26 + 6i) 2–i ⇔ (22a - 16b) + (-14a -18b)i = 130 + 30i a = 22a - 16b = 130 ⇔ -14a -18b = 30 ⇔  b = -4  Vậy z = - 4i ⇒ |z| = Thí sinh có cách giải khác đáp án đáp số điểm tối đa 0.25 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 0.25 0.25 0.25 [...]... giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn 2 3 2 2 2 2 2 2 5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5  5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 ⋅  = 64 ↔   = 64 (* ) Điều này ↔  2 2 2 2 2 2 2 ( a − 1) + ( a + 4 )  ( a − 1) + ( a + 4 ) ( a − 1) + ( a + 4 )   2  3  25 25  2 2  Đặt ( a − 1) + ( a + 4 ) = t  → t = 2  a +  + ≥   2 2 2     (* ) ↔ 5 (t − 5) t 2 3 = 64 ↔ 5t 3... Gọi A ( 5t − 4; t ) Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − 2 ) = 16 ⇔ t = 3 ∨ t = 1 ⇒ A (1 ; 1) ( do xA < 3) Gọi C ( u; 2u − 7 ) u = 7 2 2 Lại có: NA = NC ⇔ ( u − 6 ) + ( 2u − 9 ) = 26 ⇔  13 u = ( loai ) 5  Do vậy C ( 7; 7 ) ⇒ K ( 4; 4 ) ⇒ AC : x − y = 0; BD : x + y − 8 = 0 Lại có: BC : x = 7 ⇒ B ( 7; 1) ⇒ D (1 ; 7 ) Vậy A (1 ; 1) ; B ( 7; 1) ; C ( 7;7 ) ; D (1 ;7 )  x2 x + y − x2 = y + ( x + y ) y −... vào (2 ) ta được (x 2 + x ) x + 2 x − 1 + 2 + 3 ( x 2 + 1) 3 x − 2 x + 1 + 2 = 8 x 2 + x + 7 ⇔ ( x 2 + x ) 3 x + 1 + 3 ( x 2 + 1) x + 3 = 8 x 2 + x + 7 ⇔ ( x2 + x ) ( ) 3 x + 1 − 2 + 3 ( x 2 + 1) ( ) x + 3 − 2 + ( x − 1) = 0 ⇔ ( x2 + x ) 3x + 1 − 4 x +3− 4 + 3 ( x 2 + 1) + ( x − 1) = 0 3x + 1 + 2 x+3+2 ⇔ ( x2 + x ) 3x + 1 − 4 x +3− 4 + 3 ( x 2 + 1) + ( x − 1) = 0 3x + 1 + 2 x+3+2 ⇔ 3 ( x − 1) ( x... ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔   g (1 ) = − k ≠ 0  x1 + x2 = −1 Khi đó gọi B ( x1 ; k ( x1 − 1) ) ; C ( x2 ; k ( x2 − 1) ) ta có:  Trong đó: BC : y = k ( x − 1)  x1 x2 = −2 − k Khi đó: BC = (k 2 2 + 1) ( x1 − x2 ) = Theo giả thiết: SOBC = (k 2 + 1) ( 9 + 4k ) 1 1 BC.d ( O; BC ) = 2 2 (k 2 + 1) ( 9 + 4k ) k k 2 +1 = 10 k 2 ( 4k + 9 ) ⇔ = 100 ⇔ k = 4 ( t... = 5 C ( 0; 0 ) c = 0 2 Gọi C ( c; 0 ) → 5 = BC 2 = ( c + 2 ) + 1 ↔  → c = −4 C ( −4;0 )  AB = ( −2;1 − a ) Ta có: Gọi A ( 0; a ) , với C ( 0; 0 ) →  AC a = 0; − ( )   A 0; 12 + 1  a = 12 + 1 ↔ ↔ 2 2  a = − 12 + 1  A 0; − 12 + 1 ( a − 1) + 4 a  ( ( a ( a − 1) 3 = cos BAC = 2 ) )  AB = ( −2;1 − a ) Với C ( −4;0 ) →   AC = ( −4; − a ) a ( a − 1) + 8 3 = cos BAC = ↔ a 4 − 2a3... g (1 ) = 1 − m ≠ 0  x1 + x2 = −1 Khi đó gọi B ( x1 ; ( m − 1) x1 ) ; C ( x2 ; ( m − 1) x2 ) ta có:   x1 x2 = −1 − m m = 2 2 2 2 Theo giả thiết ta có: ( m − 1) + ( m − 1) ( x12 + x22 ) = 8 ⇔ ( m − 1) ( 4 + 2m ) = 8 ⇔  (t / m)  m = −1 c) Ta có: x = 0 ⇒ y = m + 1 PT tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 0 là: y = −3x + m + 1 ( d1 ) Do tiếp tuyến đi qua điểm E ( 0; 2 ) nên 2 = m + 1 ⇔ m = 1 d) Ta... m ) b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là: x3 + 3mx 2 + 2 = 3 ( mx + 1)  x = 1 ⇒ A (1 ;3 + 3m ) ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + 3mx ( x − 1) = 0 ⇔  2  g ( x ) = x + ( 3m + 1) x + 1 = 0 2 ∆ = 9m + 6m − 3 > 0 Để d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔   g (1 ) = 3m + 3 ≠ 0  x1 + x2 = −3m − 1 Khi đó gọi B ( x1 ; −3mx1 + 1) ; C ( x2 ; −3mx2 + 1). .. 4 x − 3) 2 ⇔ 2 x − 1  2 ( x − 1) − 1 = ( x − 1)     ( 2x − 1 ) 2 − 1 (* *)  Đặt a = 2 x − 1, b = x − 1 phương trình (* *) trở thành a ( 2b 2 − 1) = b ( 2a 2 − 1) ⇔ 2ab 2 − a = 2a 2 b − b ⇔ ( a − b )( 2ab + 1) = 0 x ≥ 1  x ≥ 1 +) Với a = b ⇒ x − 1 = 2 x − 1 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 2  ( x − 1) = 2 x − 1 x − 4x + 2 = 0 x = 2 + 2 ⇒ y = 9 + 6 2   x = 2 − 2 (loai) +) Với 2ab + 1 = 0 ⇒ 2 ( x − 1) 2 x... với (C) tại B và C Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 Lời giải: Gọi ( C ) tâm I, AI ∩ BC = {H } , tham số A ( a; −2 − a )  AI 2 = ( a − 1)2 + ( a + 4 )2 Ta có  2 2 2 2 2  AB = AI − IB = ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 Mặt khác ∆ABI vuông tại B có BH là đường cao nên 2 2 ( a − 1) + ( a + 4 ) 1 1 1 = + 2 = 2 2 2 2 BH AB IB 5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5   2 2 5 ( a − 1) + ( a + 4 ). .. 3 ( y − 1) ( y + 2 ) 3x5 + 1 + 2 1 + 3 − 2 x +  3 ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1)  2 2  = 1997 3 ( y − 1) ( y + 2 ) (1 ) ⇔ ( x − 1)  + 5 1 + 3 − 2 x   3x + 1 + 2 2 2 2 Ta thấy ( y − 1) ( y + 2 ) ≥ 0, ∀y ≥ ⇒ 1997 3 ( y − 1) ( y + 2 ) ≥ 0 3 4 3 2 2  3  3 ( x + x + x + x + 1)  3 4 3 2 Hơn nữa x + x + x + x + 1 > 0, ∀x ∈ 0;  ⇒ + > 0, ∀x ∈ 0;  1+ 3 − 2x  2  2 3x5 + 1 + 2  3 Do đó từ (1 )