CBV =V +V = V0,25. . .S ABMN S ABN S BMN 8S ABMN S ABN S BMN 8

3 .

C

B

V =V +V = V0,25

.

.

.

S ABMN

S ABN

S BMN

8. ( )+ Ta có: 1V =3SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA⊥(ABCD) nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc ·NAD, lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại AD= SA =a .N, suy ra ·NAD NDA=· =30 .

⁰

Suy ra:

₀

3tan 30Suy ra: 1 1 3

³

. ( ) . . 3V = SA dt ABCD = a a a = a .3 3 3V =V −V = −V V = V = a 0,5Suy ra: thể tích cần tìm là:

_.

_.

3 5 5 3

³

8 8 24 .

MNABCD

S ABCD

S ABMN

Câu Phần Nội dung Điểm V(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:3=ab bc ca+ + ≥3 (

³

abc)

²

⇒abc≤1.1 1+ + ≥ + + = + + = ⇒ ≤1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).a b c abc a b c a ab bc ca aSuy ra:

²

²

2

+ +1 ( ) 3a b c a1 1 1 1(2), (3).Tương tự ta có:

2

2

+ + + +1 b c a( ) ≤3b 1 c a b( ) ≤3cCộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:+ + ≤ + + = + + =ab bc ca1 1 1 1 1 1 1 1( )+ + + + + + W.

2

2

2

a b c b c a c a b c b c abc abc1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi abc=1,ab bc ca+ + = ⇒ = = =3 a b c 1, ( , ,a b c>0).0,5 + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R=1, ' 3R = , đường VIa1(1,0thẳng (d) qua M có phương trình a x( − +1) b y( − = ⇔0) 0 ax by a+ − =0, (a

²

+b

²

≠0)(*).(2,0))+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.Khi đó ta có: MA=2MB⇔ IA

²

−IH

²

=2 I A'

²

−I H' '

²

( )

²

( )

²

⇔ − = − ,1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]IA IH>.4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 9a b 35

( ) (

²

)

²

2

²

2

2

²

2

⇔ − = ⇔ − =d I d d I da b a b⇔ − = ⇔ =

2

2

36a b 35 36a b+ = −b a= ⇒  = .1 6Dễ thấy b≠0 nên chọn 6aKiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.2(1,0) + Ta có: uuurAB=(2; 2; 2),− uuurAC=(0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z+ − − =1 0,y z+ − =3 0.r uuur uuur Suy ra (ABC):+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n=AB AC, =(8; 4; 4).−2x y z− + + =1 0.+ − − = = 1 0 0x y z x + − = ⇒ =y z y3 0 2 + Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I − + + =  =x y z z2 1 0 1 Bán kính là R IA= = − −( 1 0)

²

+ −(0 2)

²

+ −(1 1)

²

= 5.Câu Phần Nội dung Điểm+ Ta có:

(

^{x(1 3 )− x}

²⁰

)

^{′ = +a}

⁰

^{2a x}

¹

^{+3a x}

²

²

^{+ +... 21a x}

²⁰

²⁰

^.VII.a(1,0)

20

19

2

20

⇔ − − − = + + + + (*).(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x ... 21a x

0

1

2

20

Nhận thấy: a x

_k

^k

= a

_k

(−x)

^k

do đó thay x= −1 vào cả hai vế của (*) ta có:

22

S = a + a + a + + a = .

0

2

1

3

2

... 21

20

4+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận uuur làm vtpt và AC đi qua K nênVIbHK = −( 1; 2)(2,0) 1(1,0(AC x) : −2y+ =4 0. Ta cũng dễ có:(BK) : 2x y+ − =2 0.+ Do A AC B BK∈ , ∈ nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).A a− a B b − b Mặt khác M(3;1)là trung điểm của AB nên ta có hệ:− + = + = =a b a b a2 4 6 2 10 4 ⇔ ⇔2 2 2 2 0 2. + − =  − =  =a b a b b  Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B −+ Suy ra: uuurAB= − −( 2; 6), suy ra: (AB) : 3x y− − =8 0.+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HAuuur=(3; 4), suy ra:(BC) : 3x+4y+ =2 0.KL: Vậy : (AC x) : −2y+ =4 0,(AB) : 3x y− − =8 0, (BC) : 3x+4y+ =2 0.2(1,0) + M N, ∈( ), ( )d

1

d

2

nên ta giả sửM t t t N − − t t +t ⇒NMuuuur= +t t + t −t t − −t( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ; 2 1)

1 1

1

2

2

2

1

2

1

2

1

2

+ MN song song mp(P) nên: n NMuur uuuur

_P

. = ⇔0 1.(t

₁

+2t

₂

+ −1) 1.(t

₁

−t

₂

) 1(2+ t

₁

− − =t

₂

1) 0⇔ = − ⇒uuuur= − + −t t NM t t t

2

1

(

1

1; 2 ;3

1

1

1) =t0

1

= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔ 

2

2

2

2

2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4MN t t t t t+ Ta có:  =

1

1

1

1

1

7( ; ; ), ( ; ; )M N − .+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N − hoặc 4 4 8 1 4 37 7 7 7 7 7+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M∈( ).PKL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.− − + + > − + > + > + >2 2 0,

2

2 1 0, 5 0, 4 0xy x y x x y x0 1 1, 0 2 1 ( )x y I < − ≠ < + ≠+ Điều kiện: VII.b .− + + − =⇔  + − +2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6x y x

−

+

x

y

( ) log ( 5) log ( 4) = 1I y x+ Ta có:

¹

²

1

2

+ + − − =log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)y xlog ( 5) log ( 4) = 1 (2).2 0 ( 1) 0 1.t t t+ Đặt log

2

₊

_y

(1− =x) t thì (1) trở thành: 1

²

+ − = ⇔ −t = ⇔ =Với t=1 ta có: 1− = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3). Thế vào (2) ta có:− + − +x x4 4

2

− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =x x x x xlog ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

−

−

−

x

x

x

1

1

1

yx⇔  = − . Suy ra: 1 = .12+ Kiểm tra thấy chỉ có x= −2, y=1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= −2,y=1.