_
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0

______________________________________________________

Câu I.
1)
2
a40=
|a| 2.
(1)
22
12
21
xx
7
xx

+>



44
12
2
12
xx
7
(x x )
+
>

o
xd
+

(d 0) thỏa mãn
3
oo
(x d) a(x d) b 0+ +=
,

3
oo
xaxb0++=
,

3
oo
(x d) a(x d) b 0++ ++=
.
Giải ra đợc
o
x
= 0, b = 0, a < 0 tùy ý. Khi đó 3 nghiệm là
a
, 0,
a
.
Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý.
Câu II. Phơng trình đã cho tơng đơng với :


0 ;
2




bằng số nghiệm
(y) của phơng trình (1) trong khoảng (1 ; +). Vậy phơng trình đã cho có quá một nghiệm trong
khoảng
0 ;
2




khi và chỉ khi phơng trình (1) có 2 nghiệm
1
y
,
2
y
khác nhau trong khoảng
(1 ; +) ; tức là a 1, > 0 và
12
1y y<<
. So sánh số 1 với 2 nghiệm của phơng trình (1), ta đợc
kết quả :
1
3
< a < 1, với


f(x) =
22
x2ax3a6
+ +

có 2 nghiệm khác nhau (và khác a) ' > 0 và f(a) 0
3a 3
<<
, a



1.
Tọa độ điểm K :
KPQ
42
K
1
x(xx)a
2
75
ya9a
22

=+=





, x 1 (xem Hình )
0
Câu IVa.1)
x
a
+
y
b
+
z
c
=1.
2) Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến
r
n
=
1
a
;
1
b
;
1
c







b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
, ta suy ra tọa độ của H :
x
H
=
ab c
M
,y =
abc
M
,z =
abc
M
22
H
22
H
22
,
và độ dài OH
OH

abc
OH
=
1
2
ab +bc +ca
22 22 22
.
4) Từ các bất đẳng thức
a
2
b
2
Ê
1
2
(a
4
+b
4
), b
2
c
2
Ê
1
2
(b
4
+c

4
ị
ị 3(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) Ê a
4
+b
4
+c
4
+ 2(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2

k
3
2
haya=b=c=
k
3
.
Để ớc lỷỳồng OH, ta viết
1
OH
=
M
abc
=
1
a
+
1
b
+
1
c
2222222
,
vậy
k
OH
=(a +b +c)
1
a

k
3
.
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khia=b=c=
k
3
.
Câu IVb. 1) Giả sử AH cắt BC tại K.
Vì BC OA, BC OH nên BC mặt phẳng (OAH) ị OK
BC ;
AK BC. Nói khác đi OH và OK là các đỷờng cao hạ xuống các
cạnh huyền của tam giác vuông OAK và OBC. Từ đó suy ra:
1
OK
=
1
OB
+
1
OC
=
222
=
1
b
+
1
c
1
OH

1
6
abc.
Mặt khác,V=
1
3
OH.S

ABC ị S

ABC =
3V
OH
=
1
2
.
abc
OH
=
1
2
ab + bc +ca
22 22 22
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Mặt khác gọi J là trung điểm cạnh BC. Kẻ Ju mặt phẳng (OBC) và trong mặt phẳng (OAJ) kéo dài OG cắt Ju tại I.
Các OAG và IJG đồng dạng, vậy:
GI

+AC
2
- 2AB.AC cosA = BC
2
=b
2
+c
2
<<AB
2
+AC
2
ị cosA > 0 ị
A nhọn.
Tỷơng tự, ta có cosB > 0 và cosC > 0 ị B, C cũng nhọn. Mặt khác : tgB =
AK/BK. Nhỷng:
Tỷơng tự, a
2
tgA=2S;c
2
tgC=2Sị a
2
tgA=b
2
tgB=c
2
tgC = 2S.
3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t ỷ mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà AG =
(2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt OA tại

3) Vì A cố định, H nhìn OA d ới góc vuông nên có thể chứng minh rằng tập hợp các điểm H là phần t mặt cầu
đỷờng kính OA nằm trong góc tam diện vuông Oxyz. Cũng vậy vì J có thể chạy khắp góc vuông yOz mà
AG = (2/3)AJ nên tập hợp các điểm G là phần tỷ mặt phẳng song song với yOz nằm trong góc tam diện Oxyz và cắt
OA tại A sao cho:OA =
1
3
OA
.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________