Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 152

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm B(0;3;0), M (4;0;-3) . Viết phương trình mặt phẳng

(P) chứa B, M và cắt các trục Ox,Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng

3 ( O là gốc toạ độ ).

pdf8 trang | Chia sẻ: tuanbinh | Ngày: 09/08/2018 | Lượt xem: 377 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 152, để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
Së GD&®t H¦NG Y£N  ĐỀ THI S¸T H¹CH KhèI 12 NĂM 2011 
TR¦êng thpt minh ch©u  MÔN TOÁN ­KHỐI A 
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) 
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) 
Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1          (1), với m là tham số thực. 
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 
1 
2 
2.Tìm các giá trị của  m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. 
Câu II(2,0 điểm)  1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau:  2  2017 2.sin sin 2 1 tan 
4 2 
x x x p p æ ö æ ö - - + = - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
2.Giải hÖ phương trình : 
6 2 3 3 
2 3 3 6 3 4 
x 
x y y 
y 
x x y x y 
ì - = - + ï 
í 
ï + - = + - î 
.     (với  x R Π ) 
Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 
2 
2 
0 
cos sin I x x xdx 
p 
= + ò  . 
Câu IV(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác 
đều và SB =  2 a  . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng 
minh rằng:  SE EB ^  và  SB CH ^  .Tính thể tích khối chóp C.SEB 
Câu V(1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương tuú ý thoả mãn a+b+c = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức : 
2 2 2 
ab bc ca 
P 
c ab a bc b ca 
= + + 
+ + + 
II/PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A/Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VIa (2,0điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác 
trong của góc C lần lượt có phương trình : (  1 d  ): x – 2y + 4 = 0 và (  2 d  ): x + 2y + 2 = 0 
Viết phương trình đường thẳng BC . 
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( )  2 2 2 : 2 2 4 3 0 S x y z x y z + + - + + - =  và hai đường thẳng 
( ) ( ) 1 
2 
: 1 
x t 
y t t R 
z t 
= ì 
ï D = - Î í 
ï = î 
, ( ) 2 
1 
: 
1 1 1 
x y z - 
D = = 
- 
. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S  , biết tiếp diện đó 
song song với cả hai đường thẳng ( ) 1 D  và ( ) 2 D  . 
C©u VIIa: (1®iÓm) Cho khai triÓn n n 
n 
x a x a x a a 
x 
+ + + + = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + .... 
3 2 
1 2 
2 1 0 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè 
n a a a a ,..., , , 2 1 0 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 11025 2 
1 1 1 2 2 2 = + + - - - - n n n 
n 
n 
n 
n 
n 
n n C C C C C C . 
B/Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2;  3 ) và elip (E): 
2 2 
1 
3 2 
x y 
+ =  . Gọi F1 
và F2  là các tiêu điểm của (E) (F1  có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 
với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 . 
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3 B M -  . Viết phương trình mặt phẳng 
( ) P  chứa  , B M  và cắt các trục  , Ox Oz  lần lượt tại các điểm  A  và C  sao cho thể tích khối tứ diện OABC  bằng 
3  (O  là gốc toạ độ ). 
C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 
2 2 
3 log (3 ) log ( 2 ) 3 
( ) 
4 2.4 20 
x y x y 
x 
x y  x y 
x y x xy y 
x R 
+ + 
+ + 
ì + + + + = 
ï Î í 
ï + = î 
Tuan79th@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 
MÔN TOÁN ­ KHỐI A 
Câu  Ý  Nội dung đáp án  Điểm 
I  1 
1điểm 
Khi m=  1 
2 
hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 
1.TXĐ : D= R 
2.SBT 
.CBT: y’= 4x 3 ­ 4x = 4x( x 2 ­ 1) 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
y’=0  x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = ­1 
Hàm số đồng biến  ( 1;0) x " Î - vµ (1; ) +¥ 
Hàm số nghịch biến  ( ; 1) x " Î -¥ - vµ(0;1) 
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 
HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y(± 1)=0 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
.Giới hạn: lim 
x 
y 
®+¥ 
= +¥ ; lim 
x 
y 
®-¥ 
= +¥ 
.BBT: 
x -¥ -1 0 1 + ¥ 
, y - 0 + 0 - 0 + 
y +¥ 1 +¥ 
0 0 
------------------------------------------------------------------------------ 
3. vẽ đồ thị: 
y 
1 
-1 1 x 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
I  2 
(1điểm)  , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 ) y x m x x x m = - = - 
Đk để hàm số có 3 cực trị là  ,  0 y =  có 3 nghiệm phân biệt 
Tức là phương trình  2 2 ( ) 4 0 g x x m = - =  có hai nghiệm phân biệt 
0 x ¹  0 m Û ¹ 
------------------------------------------------------------------------------ 
, 4 
4 
0 1 
0 2 1 16 
2 1 16 
x y 
y x m y m 
x m y m 
= Þ = é 
ê = Û = Þ = - ê 
ê = - Þ = - ë 
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B  4 (2 ;1 16 ) m m - ;C  4 ( 2 ;1 16 ) m m - - 
------------------------------------------------------------------------------ 
Ta thấy AB=AC =  2 4 2 (2 ) (16 ) m m +  nên tam giác ABC cân tại A 
0,25 
0,25
Gọi I là trung điểm của BC thì  4 (0;1 16 ) I m - 
nên  4 16 AI m = ;  4 BC m = 
------------------------------------------------------------------------------ 
4 1 1 . . 16 .4 
2 2 ABC 
S AI BC m m D = = =64 
5  5 2 2 m m Û = Û = ± (tmđk  0 m ¹ ) 
Đs:  5  2 m = ± 
0,25 
0,25 
III  1điểm 
Đặt ( ) 
2  1 2sin cos cos 
sin  cos 
du x x dx u x x 
dv xdx  v x 
= - ì ì = + ï Þ í í 
= = - ï î î 
. 
Vậy ( ) ( ) 
2 
2  2 
0 
0 
cos cos 1 2sin cos cos I x x x x x xdx 
p 
p 
= - + + - ò 
----------------------------------------------------------------------- 
( ) ( ) 
3 2 2 
2  2 2 
0 0 
0 0 
cos 2 4 
1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1 
3 3 3 
x 
xdx xd x x 
p p 
p p 
= + + = + + = + - = ò ò . 
0,5 
0,5 
IV  1 
(1điểm) 
S 
A  F 
B 
H 
E 
D  C 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
*CM:  SE EB ^ 
Vì tam giác SAD đều cạnh a  3
2 
a 
SE Þ = 
Xét tam giác vuông AEB có: 
2  2 
2 2 2 2  5 
2 4 
a a 
EB EA AB a æ ö = + = + = ç ÷ 
è ø 
----------------------------------------------------------------------------- 
Xét tam giác SEB có: 
2 
2 
2 2 2 2 3 5  2 
2 4 
a a 
SE EB a SB 
æ ö 
+ = + = = ç ÷ ç ÷ 
è ø 
suy ra tam giác SEB vuông tại E hay  SE EB ^ 
------------------------------------------------------------------------------ 
Ta có:  AEB =     BFC(c­c) 
suy ra  ¼ ¼ AEB BFC = 
mà  ¼ ¼  0 90 AEB FBE + = ¼ ¼ ¼ 0 0 90 90 BFC FBE FHB Þ + = Þ = 
Hay CH EB ^ 
mÆt kh¸c CH SE ^ (do  ( ) SE ABCD ^ ) 
Suy ra  ( ) CH SEB ^ . =>  SB CH ^ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
IV  2 
(1điểm) 
Vậy  . 
1 
. . 
3 C SEB SEB 
V CH S D =  0,25
------------------------------------------------------------------------------ 
*  Xét  FBC  có:  2 2 2 2 2 2 2 2 
1 1 1 1 1 4 1 5 
2 
BH BF BC a a a a a 
= + = + = + = 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
suy 
ra 
2 
2 
5 
a 
BH = 
------------------------------------------------------------------------------ 
Xét  BHC  có: 
2 2 
2 2 2 2  4 2 
5 5  5 
a a a 
CH BC BH a CH = - = - = Þ = 
----------------------------------------------------------------------------- 
Nên 
3 
. 
1 1 1 2 1 3 5 3 
. . . . . . . 
3 2 3 2 2 2 12 5 
C SEB 
a a a a 
V CH SE EB = = = (đvtt) 
0,25 
0,25 
0,25 
V  (1 
điểm) 
Tõ gt ta cã a, b, c Î (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b): 
Cho nªn  1 1 . . 
(2 ) (2 ) 2 
ab 
ab 
a b c ab 
= 
- - + 
------------------------------------------------------------------------------ 
¸p dông B§T C« Sy 
1 1 1 1 
. ( ) ( )(1) 
2 (2 ) (2 ) 2 2 
ab ab ab 
ab 
a b b c c a c ab 
£ + = + 
- - + + + 
------------------------------------------------------------------------------ 
Tương tự 
1 
( )(2) 
2 2 
1 
( )(3) 
2 2 
bc bc bc 
a b c a a bc 
ca ca ca 
b a c b b ca 
£ + 
+ + + 
£ + 
+ + + 
Tõ (1),(2),(3) ta cã 
1 1 
( ) ( ) ( ) ( ) 1 
2 2 
ab ca bc ab bc ca 
P a b c 
b c b c c a c a a b a b 
é ù £ + + + + + = + + = ê ú + + + + + + ë û 
------------------------------------------------------------------------------ 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2 
3 
. 
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c= 2 
3 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI. 
a 
2 
(1 
điểm) 
( ) S  có tâm ( ) 1; 1; 2 , 3 I R - - = 
( ) ( ) 1 2 , D D  lần lượt có các véctơ chỉ phương ( ) ( ) 2; 1;1 , 1; 1;1 u v = - = - 
r r 
( ) mp P  có véctơ pháp tuyến ( ) , 0; 1; 1 u v é ù = - - ë û 
r r 
( ) : 0 P y z m Þ + + = ( ) m Ρ 
------------------------------------------------------------------------------ 
( ) ( )  3 2 3 3 , 3 
2  3 3 2 
m m 
d I P R 
m 
é = + - 
= Û = Û ê 
= - ê ë 
Vậy ( ) 1 2 ( ) : 3 3 2 0; : 3 3 2 0 P y z P y z + + + = + + - = 
0,25 
0,25 
0,5 
VII 
a 
T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè n a a a a ,..., , , 2 1 0 .... 
Ta cã 2 2 1 n 
2 
n 
1 n 
n 
1 
n 
1 n 
n 
2 n 
n 
2 n 
n 
2 
n 105 ) C C ( 11025 C C C C 2 C C = + Û = + + 
- - - - 
ê 
ë 
é 
- = 
= 
Û = - + Û = + 
- 
Û = + 
) i ¹ lo ( 15 n 
14 n 
0 210 n n 105 n 
2 
) 1 n ( n 
105 C C 2 1 n 
2 
n 
1
0,25
Ta cã khai triÓn å å 
= 
- - 
= 
- 
= ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + 
14 
0 k 
k k 14 k k 
14 
14 
0 k 
k k 14 
k 
14 
14 
x . 3 . 2 C 
3 
x 
2 
1 
C 
3 
x 
2 
1 
Do ®ã k 14 k k 14 k 3 . 2 C a 
- - = 
Ta xÐt tØ sè 
) 1 k ( 3 
) k 14 ( 2 
3 2 C 
3 2 C 
a 
a 
k 14 k k 
14 
1 k 13 k 1 k 
14 
k 
1 k 
+ 
- 
= = 
- - 
- - - + 
+ . 
5 k 1 
) 1 k ( 3 
) k 14 ( 2 
1 
a 
a 
k 
1 k 
+ 
- 
Û > + . Do k Î ¥ , nªn k 4 £ . 
T­¬ng tù 5 k 1 
a 
a 
, 5 k 1 
a 
a 
k 
1 k 
k 
1 k = Û = > Û < + + 
Do ®ã 14 7 6 5 4 1 0 a ... a a a a ... a a > > > = < < < < 
Do ®ã a 5 vµ a 6 lµ hai hÖ sè lín nhÊt 
VËy hÖ sè lín nhÊt lµ 
62208 
1001 
3 2 C a a 5 9 5 14 6 5 = = = 
- - 
0,25 
0,25 
0,25 
VI. 
b 
1 
(1điểm) ( ) 
2 2 
2 2 2 : 1 3 2 1 
3 2 
x y 
E c a b + = Þ = - = - = 
Do đó F1(­1; 0); F2(1; 0);  (AF1) có phương trình  3 1 0 x y - + = 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Þ M  2 1; 
3 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
Þ N  4 1; 
3 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Þ  1 NA 1; 
3 
æ ö = - ç ÷ 
è ø 
uuur 
; ( ) 2 F A 1; 3 = 
uuur 
Þ  2 NA.F A 0 = 
uuur uuur 
Þ DANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này 
có đường kính là F2N 
----------------------------------------------------------------------------- 
Do đó đường tròn có phương trình là : 
2 
2  2 4 ( 1) 
3 3 
x y 
æ ö 
- + - = ç ÷ 
è ø 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI. 
b 
2 
(1điểm) 
·  Gọi  , a c  lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm  , A C . 
Vì ( ) 0;3;0 B Oy Π nên ( ) : 1 
3 
x y z 
P 
a c 
+ + =  . 
---------------------------------------------------------------------------- 
· ( ) ( )  4 3 4;0; 3 1 4 3 M P c a ac 
a c 
- Î Þ - = Û - = (1) 
1 1 1 
. .3. 3 6 
3 3 2 2 OABC OAC 
ac 
V OB S ac ac D = = = = Û = (2) 
----------------------------------------------------------------------------- 
Từ (1) và (2) ta có hệ 
4 6 6 2 
3 
4 3 6 4 3 6 3 
2 
a ac ac a 
c a c a c c 
= - ì = = - = ì ì ì ï Ú Û Ú í í í í - = - = = = - î î î ï î 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Vậy ( ) ( ) 1 2 
2 
: 1; : 1 
4 3 3 2 3 3 
x y z x y z 
P P + - = + + = 
- 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI. 
a 
1 
(1điểm) 
Gọi  ( ; ) c c C x y 
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:  ( 2 2; ) c c C y y - - 
Gọi M là trung điểm của AC nên  1 1; 
2 
c 
c 
y 
M y 
+ æ ö - - ç ÷ 
è ø 
0,25
----------------------------------------------------------------------------- 
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :  1 1 2. 4 0 1 
2 
c 
c c 
y 
y y 
+ 
- - - + = Þ = 
( 4;1) C Þ - 
------------------------------------------------------------------------------ 
Từ A kẻ  2 AJ d ^  tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ 
phương của đường thẳng (d2) là  (2; 1) u 
® 
-  là véc tơ pháp tuyến của 
đường thẳng (AJ) 
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x­y+1=0 
Vì I=(AJ)Ç (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 
4 
2 1 0  4 3 5  ( ; ) 
2 2 0 3  5 5 
5 
x x y 
I 
x y 
y 
ì = - ï - + = ì ï Û Þ - - í í + + = î ï = - 
ï î 
------------------------------------------------------------------------------ 
Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 
Gọi J(x;y) ta có: 
8 8 
0 
8 11 5 5  ( ; ) 
6 11  5 5 
1 
5 5 
x x 
J 
y y 
ì ì + = - = - ï ï ï ï Û Þ - - í í 
ï ï + = - = - 
ï ï î î 
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(­4;1) ;  8 11 ( ; ) 
5 5 
J - - l : 
4x+3y+13=0 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu VIIb : (1,0 điểm) Gi¶i hÖ PT: 
2 2 
3 log (3 ) log ( 2 ) 3   (1) 
( ) 
4 2.4 20  (2) 
x y x y 
x 
x y  x y 
x y x xy y 
x R 
+ + 
+ + 
ì + + + + = 
ï Î í 
ï + = î 
+ ĐK 
0 1 
0 3 1 
x y 
x y 
< + ¹ ì 
í < + ¹ î 
Víi ®k trªn PT (1) 
2 
3 
3 
log (3 ) log ( ) 3 
log (3 ) 2log ( ) 3      (3) 
x y x y 
x y x y 
x y x y 
x y x y 
+ + 
+ + 
Û + + + = 
Û + + + = 
PT(3) trở thành  2 
1 2 
3 3 2 0 
2 
t 
t t t 
t t 
= é 
+ = Û - + = Û ê = ë 
0,25 
0,25 
Víi t=1 ta cã  log (3 ) 1 3 0 x y  x y x y x y x + + = Û + = + Û = thay vµo (2) ta ®­îc : 
4 y +2.4 0 =20  4 4 18 log 18 
y  y Û = Û = (TM) 
Víi t=2 ta cã  2 log (3 ) 2 3 ( )    (4) x y  x y x y x y + + = Û + = + 
PT(2) 
2 3 
1 
2( ) 2( ) 2 2 20 2 2 20    (5) 
x x y 
x y x y x y x y 
+ 
+ 
+ + + + Û + = Û + = 
+ Thay (4) vµo (5) ta ®­îc 
2 ( ) 
2( ) 2( ) 2 2 20 2 2 20  (6) 
x y 
x y x y x y x y 
+ 
+ + + + + = Û + = 
§Æt t=  ( ) 2 , x y + PT(6) trở thµnh t 2 +t­20=0 
5( ) 
4( ) 
t L 
t TM 
= - é 
ê = ë 
Víi t=1 ta cã 2 4 2 3 4 x y  x y x y + = Û + = Þ + = 
Ta cã hÖ 
2 1 
( ) 
3 4 1 
x y x 
TM 
x y y 
+ = = ì ì 
Û í í + = = î î 
Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0;  4 log 18); (1;1) 
0,25
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
C©uII: 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh:  2  2017 2sin ( ) sin(2 ) 1 tan 4  2 
x x x p p - - + = - 
§iÒu kiÖn:  cos 0 ( ) 
2 
x x k k Z p p ¹ Û ¹ + Î 
+Víi ®k trªn pt ®· cho t­¬ng ®­¬ng: 
1 cos 2 sin 2 1008 ) 1 tan 
2 2 
x x x p p p æ ö æ ö - - - + + = - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
1 sin 2 cos 2 1 tan x x x Û - - = - 
sin 2 cos 2 tan 0 x x x Û + - = 
2  sin 2sin .cos 2cos (1 ) 0 
cos 
x 
x x x 
x 
Û + - + = 
sin cos 
2 cos .(sin cos ) 0 
cos 
x x 
x x x 
x 
+ 
Û + - = 
1 
(sin cos ).(2cos ) 0 
cos 
x x x 
x 
Û + - = 
( ) 2 sin .cos 2 0 4 x x p Û + = 
( )  4 sin 0 4 
cos 2 0  4  2 
x k 
x 
k 
x x 
p p p 
p p 
é = - + é + = ê ê Û Û ê ê = + = ê ë ë 
(tm®k) 
VËy pt ®· cho cã 1 hä nghiÖm: 
4 2 
k 
x p p = + (hä 
4 2 
k p p 
+ chøa  4  k 
p p - + )
Câu II .2 (1 điểm) Giải hÖ phương trình : 
6 2 3 3              (1) 
2 3 3 6 3 4  (2) 
x 
x y y
y 
x x y x y 
ì - = - + ï 
í 
ï + - = + - î 
.     (với  x R Π ) 
§K: 
3 0, 
3x+ 3 0  (*) 
0 
x y 
x y 
y 
- ³ ì 
ï 
- ³ í 
ï ¹ î 
(1) 
2 
3 (3 ) (3 ) 
2 3 3 2 3  (3) 
x y x y x y 
y x y 
y y y 
- - - 
Û - = - Û - = 
0.25 
§Æt t= 
3x y 
y 
- 
Phương trình (3) có dạng 2t 2 ­t­3=0 
1
3 
2 
t 
t 
= - é 
ê Û 
ê = 
ë 
0.25 
Với t=­1 ta có: 
3x y 
y 
- 
=-1 
2 
0 
3 
3   (3) 
y 
x y y 
x y y 
< ì 
Û - = - Û í 
= + î 
Thế (3) v o (2) ta được 
2  2 2 2 
4 4 
2 5 4 2 7 4 0  1 
(L) 
2 
y x 
y y y y y 
y 
= - Þ = é 
ê = + - Û + - = Û 
ê = 
ë 
0.25 
Với t= 
2 
0 
3 3 3 3 
3  9 
2 2 2  3  (4) 
4 
y 
x y 
x y y 
y  x y y 
> ì - ï Þ = Û - = Û í 
= + ï î 
Thế (4) vào (2) ta được  2 2 9 5 9 2 5 4 (5) 
4 2 2 
y y y y + = + - 
Đặt u=  2 9 5  , u 0 
4 2 
y y + ³ 
Ta có PT :2u 2 ­2u­4=0 
1 (L) 
2   (t/m) 
u 
u 
= - é 
Û ê = ë 
Với u=2 ta có 
2 2 2 
8 8 
(t/m) 9 5 9 5 
2 4 9 10 16 0  9 9 
4 2 4 2  2  (L) 
y x 
y y y y y y 
y 
é = Þ = ê + = Û + = Û + - = Û 
ê 
= - ë 
KL HPT đã cho có 2 cặp nghiệm (4;­4) ,  8 8 ( ; ) 
9 9 
C2 PT  2 
3 
2(3 ) 3 3 0,     t= 3 0 ...... 2 
y 
t 
x y y x y y x y 
t y 
é = ê Û - - - - = - ³ Þ 
ê 
= - ë 
0.25

File đính kèm:

  • pdfDe152.2011.pdf