Đề thi thử đại học năm 2013 môn: toán

TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI THỬĐẠI HỌCNĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 08-12-2012
PHẦNCHUNGCHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x+1
x−1 có đồ thị là (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C ).
b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểm M thuộc đồ thị (C ), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểm N
sao cho ∆OMN vuông.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: 5sin
(
2x+ pi
4
)
−3sin
(
6x− pi
4
)
=p2(4cos4x− sin4x)
b) Giải hệ phương trình:

2
(
x3− y6)= 3(y4−xy2)
4
x3
y4
+5 x
y
−8y2+7= 0 (x, y ∈R)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
∫ pi
4
− pi4
sin2x+cos2x
sinx+cosx+1 dx
Câu 4. (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC .A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = ap3. Gọi H , M
lần lượt là trung điểm của BC ,CC ′. Biết A′ cách đều các đỉnh A, B , C . Góc tạo bởi đường thẳng A′B và mặt
phẳng (A′AH) bằng 300. Tính thể tích lăng trụ ABC A′B ′C ′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A′B và AM .
Câu 5. (1 điểm) Cho a,b,c các số dương thoả mãn : 2a2+3b2+5ab+3bc+2ac+ c ≤ 3+5a+8b. Chứng minh rằng:
1p
8a +1 +
1√
8b +1
+ 1p
8c +1 ≥ 1
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làmmột trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C ) :
(
x− 5
4
)2
+ (y −1)2 = 2 .Xác
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B và C thuộc đường tròn (C ), các đỉnh A và D thuộc
trụcOx.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−2x −4y +6z +13 = 0 và các
đường thẳng d1 :

x = 1+ t
y = 2− t
z = 3
(t ∈R), d2 : x−1−1 =
y −1
2
= z+1
1
. Gọi M là điểm thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng
cách từ M đến đường thẳng d1 đạt giá trị nhỏ nhất. Viết phương trình đường thẳng đi qua M , vuông góc với
d1 và cắt d2.
Câu 7A. (1 điểm) Giải phương trình:
p
3x −x−px+1+2x.3x +2x+1= 9x
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trongmặt phẳng tọa độOxy cho Elip có phương trình:
x2
8
+ y
2
4
= 1 và điểm I (1;−1). Một đường thẳng ∆ qua
I cắt Elip tại hai điểm phân biệt A,B .Tìm tọa độ các điểm A,B sao cho độ lớn của tích I A.IB đạt giá trị nhỏ
nhất.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng ∆1 :
x+1
2
= y −1
3
= z
1
, ∆2 :
x
3
= y−1 =
z−1
2
và hai điểm A(−1;3;0),B(1;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng ∆1 và ∆2 tại M và
N sao cho tam giác ANB vuông tại B và thể tích khối tứ diện ABMN bằng
1
3
.
Câu 7B. (1 điểm) Giải hệ phương trình :
{
x2− y2 = 2
8log16
(
x+ y)= 1
4
log3
(
x− y)+2
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNGHỢP LỜI GIẢI TRÊNDIỄNĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y = x+1
x−1 có đồ thị là (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C ).
b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểm M thuộc đồ thị (C ), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểm N sao
cho ∆OMN vuông.
a) Lời giải (hungchng):
* TXĐ D =R\{1}; đạo hàm y ′ =
−2
(x−1)2 < 0 ∀x ∈D,
Hàm số nghịch biến trên (−∞;1); (1;+∞)
lim
x→1+
y =+∞; lim
x→1− y =−∞; x = 1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞ y = 1; limx→+∞ y = 1; y = 1 là phương trình tiệm cận ngang
* Bảng biến thiên
x
y ′
y
−∞ 1 +∞
− −
1
−∞
+∞
1
* Đồ thị
−3 −2 −1 1 2 3 4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
0
b) Lời giải (dangnamneu):
Giả sử điểmM
(
x0;
x0+1
x0−1
)
∈ (C ). Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểmM là k = y ′ (x0)= −2
(x0−1)2
.
Hệ số góc đường thẳngOM là: kOM =
x0+1
x0−1
x0−0
= x0+1
x0 (x0−1)
. Tam giácOMN vuông ta xét ba trường hợp:
Trường hợp 1: Tam giácOMN vuông tạiO khi đóM thuộc trục tung, tứcM (0;−1) khi đó tiếp tuyến cần tìm là:
y = −2
(0−1)2 (x−0)−1⇔ y =−2x−1
Trường hợp 2: Tam giácOMN vuông tại N khi đó tiếp tuyến song song với trục tung, điều này là không thể.
Trường hợp 3: Tam giácOMN vuông tạiM khi và chỉ khi
k.kOM =−1⇔ −2
(x0−1)2
.
x0+1
x0 (x0−1)
=−1⇔ x0(x0−1)3 = 2(x0+1)
Đến đây để đơn giản ta đặt t = x0−1 phương trình trở thành:
t3 (t +1)= 2(t +2)⇔ t4+ t3−2t −4= 0⇔ t (t2−2)+ (t2−2)(t2+2)= 0⇔ [ t2−2= 0
t2+2+ t = 0 ⇔ t =±
p
2⇔ x0 = 1±
p
2
Từ đó suy ra hai tiếp tuyến là:

y = −2(
1+p2−1)2
(
x−1−p2)+ 1+p2+1
1+p2−1
y = −2(
1−p2−1)2
(
x−1+p2)+ 1−p2+1
1−p2−1
⇔
[
y =−x+2+2p2
y =−x+2−2p2
Vậy tất cả có 3 tiếp tuyến cần tìm là y =−2x−1; y =−x+2+2p2; y =−x+2−2p2
Câu 2.a Giải phương trình: 5sin
(
2x+ pi
4
)
−3sin
(
6x− pi
4
)
=p2(4cos4x− sin4x)
Lời giải (theoanm):
5sin
(
2x+ pi
4
)
−3sin
(
6x− pi
4
)
=p2(4cos4x− sin4x)
Nhân cả hai vế với
p
2 vào hai vế ta được phương trình
5(sin2x+cos2x)−3(sin6x−cos6x)= 8cos4x−2sin4x
⇔5sin2x+5sin4x−3(sin6x+ sin4x)+5cos2x−5cos4x+3cos6x−3cos4x = 0
⇔10sin3x cosx−6sin5x cosx+10sin3x sinx−6sin5x sinx = 0
⇔10sin3x (sinx+cosx)−6sin5x (sinx+cosx)= 0
⇔ (sinx+cosx) (10sin3x−6sin5x)= 0
TH 1 : sinx+cosx = 0⇔ x = −pi
4
+kpi
TH 2 : 5sin3x = 3sin5x⇔ 2sin3x = 5(sin5x− sin3x)⇔ 2sin3x = 10cos4x sinx ⇔ 3sinx−4sin3 x = 5cos4x sinx
2 
⇔ sinx (3−4sin2x−5cos4x)= 0
•sinx = 0⇔ x = kpi
•3−2(1− cos2x)−5(2cos2 2x−1)= 0⇔−10cos2 2x+2cos2x+6= 0⇔−5cos2 2x+cos2x+3= 0
Câu 2.b Giải hệ phương trình:

2
(
x3− y6)= 3(y4−xy2)
4
x3
y4
+5 x
y
−8y2+7= 0 (x, y ∈R)
Lời giải (hoanghai1195):
ĐKXĐ: y 6= 0 PT (1)⇔ 2x3+3xy2 = 3y4+2y6⇔ 2( x
y
)3+3 x
y
= 2y3+3y
Xét hàm số f (t )= 2t3+3t là hàm đồng biến trên R nên phương trình trên tương đương với: x
y
= y hay x = y2
Thế vào phương trình (2) ta được: 4y2+5y −8y2+7= 0⇔−4y2+5y +7= 0⇒
 y =
5+p137
8
y = 5−
p
137
8
Từ đó ta suy ra hệ có nghiệm:

x = 162+10
p
137
64
y = 5+
p
137
8
Hoặc:

x = 162−10
p
137
64
y = 5−
p
137
8
Lời giải (Con phố quen):
Điều kiện :y 6= 0.Quan sát thấy phương trình đầu tiên vế trái chứa hẳng đẳng thức :
x3− y6 = x3− (y2)3 = (x− y2)(x2+xy2+ y4)
Mặt khác vế phải lại tách được nhân tử chung :
y4−xy2 =−y2(x− y2)
Điều này chứng tỏ từ phương đầu tiên ta bắt được nhân tử chung như sau : (x− y2)(2x2+2xy2+2y4+3y2)= 0 (1)
Ta xem phương trình 2x2+2xy2+2y4+3y2 = 0 là một phương trình bậc hai theo biến x
với biệt số ∆′ = y4−2(2y4+3y2)=−(3y4+6y2)< 0. Do đó phương trình : 2x2+2xy2+2y4+3y2 = 0 vô nghiệm.
Từ đó (1) cho x = y2. Thế kết quả này vào phương trình thứ hai trong hệ và thu gọn ta thu được phương trình :
4y2−5y −7= 0⇔
 y =
5−p137
8
⇒ x = 81−5
p
137
32
y = 5+
p
137
8
⇒ x = 81+5
p
137
32
Câu 3. Tính tích phân I =
∫ pi
4
− pi4
sin2x+cos2x
sinx+cosx+1 dx
Lời giải (nqt):
Ta có I =
∫ pi
4
− pi4
sin2x
1+ sinx+cosx dx+
∫ pi
4
− pi4
cos2x
1+ sinx+cosx dx = A+B.
* Tính A: Có sin2x = (1+ sin2x)−1= (sinx+cosx)2−1= (sinx+cosx−1)(sinx+cosx+1)
Nên A = ∫ pi4− pi4 (sinx+cosx−1)dx =p2− pi2 .
*Tính B : Có cos2x = (cosx− sinx)(cosx+ sinx)
Đặt t = sinx+cosx+1⇒dt = (cosx− sinx)dx.Đổi cận x =−pi
4
⇒ t = 1;x = pi
4
⇒ t =p2+1.
Do đó B = ∫ p2+11 t −1t dt =p2− ln(p2+1). Vậy I = 2p2− pi2 − ln(p2+1).
Lời giải (dan_dhv):
Ta có: I =
∫ pi
4
− pi4
(cosx+ sinx)2−1+cos2x
cosx+ sinx+1 dx
=
∫ pi
4
− pi4
(sinx+cosx−1)dx+
∫ pi
4
− pi4
(cosx+ sinx+1−1)(cosx− sinx)
cosx+ sinx+1 dx
=
∫ pi
4
− pi4
(sinx+cosx−1)dx+
∫ pi
4
− pi4
(
cosx− sinx− cosx− sinx
cosx+ sinx+1
)
dx
= sinx−cosx−x+ sinx+cosx− ln(cosx+ sinx+1)= 2sinx−x− ln(cosx+ sinx+1)= 2p2+ −pi
2
− ln(p2+1)
Lời giải (kunkun):
I =
∫ pi
4
− pi4
sin2x+cos2x
sinx+cosx+1 dx =
∫ pi
4
−pi
4
2cosx (sinx+cosx+1)− (1+2cosx)
sinx+cosx+1 dx
=
∫ pi
4
−pi
4
2cosxdx−
∫ pi
4
−pi
4
1+2cosx
sinx+cosx+1dx = 2
p
2−
∫ pi
4
−pi
4
1+2sinx+2(cosx− sinx)
sinx+cosx+1 dx
= 2p2−
∫ pi
4
−pi
4
2(cosx− sinx)
sinx+cosx+1dx−
∫ pi
4
−pi
4
1+2sinx
sinx+cosx+1dx = 2
p
2−2ln(1+p2)− I1
 3
Xét I1 =
∫ pi
4
−pi
4
1+2sinxp
2sin
(
x+ pi4
)+1dx Đặt x+ pi4 = t⇒ dx = dt Đổi cận: x = −pi4 ⇒ t = 0;x = pi4 ⇒ t = pi2
⇒ I1 =
∫ pi
2
0
1+2sin(t − pi4 )p
2sin t +1 dt =
∫ pi
2
0
1+p2sin t −p2cos tp
2sin t +1 dt =
pi
2
−
∫ pi
2
0
p
2cos tp
2sin t +1dt =
pi
2 − ln
(
1+p2)
Vậy I = 2p2− pi2 − ln
(
1+p2)
Câu 4. Cho hình lăng trụ ABC .A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = ap3. Gọi H , M lần lượt
là trung điểm của BC ,CC ′. Biết A′ cách đều các đỉnh A, B , C . Góc tạo bởi đường thẳng A′B và mặt phẳng (A′AH)
bằng 300. Tính thể tích lăng trụ ABC A′B ′C ′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A′B và AM .
Lời giải ():
a
a
p
3
B
A
C
H
A′
B ′
C ′
O
M
Ta có BC =
p
AB2+ AC2 = 2a. Gọi H là trung điểm cạnh huyền BC ta có HA =HB =HC = a nên A′H ⊥ (ABC )
GọiO là trung điểm AH ta có BO ⊥ AH (4ABH đều cạnh a). Do đó BO ⊥ AHA′, suy raƒBA′O = áBA′, (AHA′)= 30o
BO = a
p
3
2
=⇒ A′O = 3a
2
mà A′O2 =HO2+ A′H2 nên A′H = ap2.
Thể tích lăng trụ VABC .A′B ′C ′ = SABC .A′H =
1
2
a.a
p
3.a
p
2= a
3
p
6
2
Câu 5. Cho a,b,c các số dương thoả mãn : 2a2+3b2+5ab+3bc+2ac+ c ≤ 3+5a+8b. Chứng minh rằng:
1p
8a +1 +
1√
8b +1
+ 1p
8c +1 ≥ 1
Lời giải (Con phố quen):
Từ điều kiện ta biến đổi:
2a2+3b2+5ab+3bc+2ac+ c ≤ 3+5a+8b
⇐⇒ 2a2+2ab+2ac−6a+3ab+3b2+3bc−9b+a+b+ c−3≤ 0
⇐⇒ 2a(a+b+ c−3)+3b(a+b+ c−3)+ (a+b+ c−3)≤ 0
⇐⇒ (a+b+ c−3)(2a+3b+1)≤ 0 (1)
Do a,b,c > 0 nên từ (1) ta có : a+b+ c ≤ 3. Lại có : 2a+b+c = 2a ·2b ·2c ≤ 8.Đặtm = 2a ,n = 2b ,p = 2c ⇒mnp ≤ 8.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
p
1+m3 =
√
(1+m)(1−m+m2)≤ m
2+2
2
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự, ta được
V T ≥ 2
m2+2 +
2
n2+2 +
2
p2+2
Vậy ta cần phảỉ chứng minh
2
m2+2 +
2
n2+2 +
2
p2+2 ≥ 1 tức là
2
m2
1+ 2
m2
+
2
n2
1+ 2
n2
+
2
p2
1+ 2
p2
≥ 1
Tiếp tục đăt :t = 1
m2
,u = 1
n2
,v = 1
p2
. Với điều kiệnmnp ≤ 8⇒ tuv ≥ 1
8
. Khi đó ta cần chứng minh :
2t
1+2t +
2u
1+2u +
2v
1+2v ≥ 1
4 
Tới đây ta khai triển ra và rút gọn ta thu được
4(ut + vt +uv)+16uvt ≥ 1 (∗)
Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có :
4(ut + vt +ut )+16uvt ≥ 12 3
p
t2u2v2+16uvt = 12 · 1
16
+16 · 1
64
= 1
Vậy (∗) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi t = u = v = 1
4
haym = n = p = 2 hay a = b = c = 1.
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C ) :
(
x− 5
4
)2
+ (y −1)2 = 2
.Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B vàC thuộc đường tròn (C ), các đỉnh A và D thuộc
trụcOx.
Lời giải (thiencuong_96):
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−2x −4y +6z +13 = 0 và
các đường thẳng d1 :

x = 1+ t
y = 2− t
z = 3
(t ∈R), d2 : x−1−1 =
y −1
2
= z+1
1
. Gọi M là điểm thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng
cách từM đến đường thẳng d1 đạt giá trị nhỏ nhất. Viết phương trình đường thẳng đi quaM , vuông góc với d1 và
cắt d2.
Lời giải (Con phố quen):
Trong bài toán nội dụng đề cập đến hai vấn đề :
* Tìm điểmM thuộcmột cầu cho trước đồng thời khoảng cách từM đếnmột đường thẳng cho trước đạt giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất.
* Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểmM cho trước đồng thời vuông góc với một đường thẳng a và cắt
đường thẳng b.
Tiếp đến, con phố quen đưa ra các hướng giải quyết cho từng vấn đề.
Vấn đề 1 : Tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) đồng thời khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ có giá trị nhỏ nhất
và lớn nhất
Giải quyết vấn đề :
- Bước 1 : Gọi H là hình chiếu của tâm I của mặt cầu lên ∆. Xác định tọa độ điểm H .
- Bước 2 : Viết phương trình đường thẳng đi qua IH . Và tìm giao điểmM1,M2 của IH và mặt cầu (S).
- Bước 3 : Tính IH và so sánh IH và bán kính R của mặt cầu (S). Khi đó :
IH >R. ThìMHmin =min {M1H ,M2H } ,MHMax =Max {M1H ,M2H }
IH =R. ThìMHmin = 0 khiM trùng H ,MHmax khiM trùng với điểm đối xứng của H qua I .
IH <R. ThìMHmin = 0 lúc đóM trùng với hai điểm A,B với A,B là giao điểm của ∆ và mặt cầu (S),
MHmax =max {M1H ,M2H }
Vấn đề 2 : Viết phương trình đường thẳng d đi quaM , vuông góc với d1 và cắt d2.
Giải quyết vấn đề : Bài toán có nhiều cách giải quyết. Ở đây hướng giải quyết gọn nhẹ sau :
Giả sử d cắt d2 tại B. Suy ra tọa độ điểm B. Tính
−−→
MB .Do d1⊥d . nên −→AB ·−→a1 = 0
Tinh được điểm B. Từ đó viết phương trìnhMB.
Bây giờ ta đi cụ thể vào bài toán:
Tìm điểmM .
Đối với mặt cầu (S) ta có tâm I (1;2;−3) và bán kính R = 1.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d1. Suy ra H(1+ t ,2− t ,3)⇒−→IH = (t ;−t ;6).
Do IH⊥d1 nên −→IH ·−→a d1 = 0⇒ t − (−t )= 0⇔ t = 0⇒H(1;2;3)⇒ IH = 6>R
Ta có phương trình IH :

x = 1
y = 2
z = 3+6u
. Tọa độ hai điểmM1,M2 của IH vàmặt cầu (S) là nghiệm của hệ phương trình:

x = 1
y = 2
z = 3+6u
(x−1)2+ (y −2)2+ (z−3)2 = 1
⇒ (1−1)2+ (2−2)2+ (3+6u+3)2 = 1⇔ (1+u)2 = 1
36
⇔ u =−5
6
∨ u =−7
6
Khi đó ta có :M1(1;2;−2),M2(1;2;−4). Từ đó ta có :M1H = 5;M2H = 7.Do IH >R nênMHmin =min {M1H ,M2H }= 5.
Từ đó ta cóM trùng với điểmM1 hayM(1;2;−2).
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với d1 và cắt d2.
Giả sử d cắt d2 tại B nên ta có B(1− v ;1+2v ;−1+ v). Ta có −−→MB = (−v ;−1+2v ;1+ v).
Do d⊥d1 nên ta có : −−→MB ·−→a d1 = 0⇒−3v +1= 0⇔ v =
1
3
⇒−−→MB =
(
−1
3
;−1
3
;−2
3
)
= 1
3
(1;−1;−2).
Do đó đường thẳng d đi quaM và nhận véc tơ −→u = (1;−1;−2) làm véc tơ chỉ phương
 5
nên ta có phương trình :d :
x−1
1
= y −2−1 =
z+2
−2 .
Câu 7A. Giải phương trình:
p
3x −x−px+1+2x.3x +2x+1= 9x
Lời giải (dangnamneu):
Điều kiện:
{
3x −x ≥ 0
x ≥−1
Biến đổi phương trình về dạng:
3x −2x−1p
3x −x+px+1 = (3
x −2x−1)(3x +1)⇔
 3x −2x−1= 0
3x +1= 1p
3x −x+px+1
Xét phương trình: 3x +1= 1p
3x −x+px+1 ⇔
(p
3x −x+px+1) (3x +1)= 1
Đế ý là: 1= (p3x −x+px+1) (3x +1)= (p3x −x+px+1)((p3x −x)2+ (px+1)2)< (p3x −x+px+1)3
⇒p3x −x+px+1> 1⇒ 1p
3x −x+px+1 < 1
Mặt khác 3x +1> 1 nên phương trình này vô nghiệm
Xét phương trình: 3x −2x−1= 0, là một dạng phương trình mũ hay gặp
Ta xét hàm số f (x)= 3x −2x−1 ta có f ′(x)= 3x ln3−2= 0⇔ x = log3
(
ln2
3
)
Lập bảng biến thiên của hàm số ra suy ra phương trình nếu có nghiệm thì tối đa là 2 nghiệm.
Mặt khác nhận thấy x = 0;x = 1 thỏa mãn. Nên đó là hai nghiệm của phương trình trên.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0;x = 1.
Câu 6B.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip có phương trình:
x2
8
+ y
2
4
= 1 và điểm I (1;−1). Một đường thẳng
∆ qua I cắt Elip tại hai điểm phân biệt A,B .Tìm tọa độ các điểm A,B sao cho độ lớn của tích I A.IB đạt giá trị nhỏ
nhất.
Lời giải (dangnamneu):
Gọi I ′,A′,B ′ lần lượt là hình chiếu của I ,A,B xuống trục hoành, khi đó theo tính chất của hình chiếu ta suy ra
I A.IB ≥ I ′A′.I ′B ′, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB song song với trục hoành.
Tương tự hạ hình chiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy ra AB song song với trục tung.
Nhưng trong hai trường hợp này chỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán.
Nhưng để ý I (1;−1) nằm trong Elip do 1
2
8
+ (−1)
2
4
−1< 0
nên các hình chiếu trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bé của Elip,
để ý là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳng AB cần tìm sẽ song song với trục bé, tức song song với trục tung.
Do AB song song với trục tung và qua I (1;−1) nên có phương trình là: x = 1⇒ A
(
1;−
√
7
2
)
,B
(
1;
√
7
2
)
.
Vậy hai điểm cần tìm là A
(
1;−
√
7
2
)
,B
(
1;
√
7
2
)
hoặc A
(
1;
√
7
2
)
,B
(
1;−
√
7
2
)
.
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng ∆1 :
x+1
2
= y −1
3
= z
1
, ∆2 :
x
3
=
y
−1 =
z−1
2
và hai điểm A(−1;3;0),B(1;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng ∆1 và ∆2 tạiM và
N sao cho tam giác ANB vuông tại B và thể tích khối tứ diện ABMN bằng
1
3
.
Lời giải ():
XXXXXXXXXXXXXXXXXX
Câu 7B. Giải hệ phương trình :
{
x2− y2 = 2
8log16
(
x+ y)= 1
4
log3
(
x− y)+2
Lời giải (hoanghai1195):
ĐKXĐ:
{
x+ y > 0
x− y > 0
Đặt
{
x+ y = a
x− y = b . PT (1) ⇐⇒ ab = 2 =⇒ a =
2
b
.
Thế vào phương trình (2); ta được:
2log2 a =
1
4
(
log3 2− log3 a
)+2 ⇐⇒ 2log2 a = log3 24 +2− log2 a4log23 =⇒ log2 a = 1 ⇐⇒ a = 2 =⇒ b = 1
Từ đó suy ra hệ có nghiệm:

x = 3
2
y = 1
2
6