Đề Thi thử DH môn toán năm 2013 đề số 5

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x 3 − 3 (m + 1) x 2 + 12mx + m + 4, (C m ) a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ) khi m = 0. b) G i A và B l n lư t là các đi m c c đ i và c c ti u c a đ th hàm s (C m ). Tìm t t c các giá tr c a m đ kho ng cách gi a gi a hai đư ng th ng ti p tuy n t i A và B c a đ th C m ) b ng 4. Câu 2. (2 đi m) a) Gi i phương trình : b) Gi i phương trình Câu 3. (1 đi m) cos3 x (cos x − 2 sin x) − cos 2x − cos2 x

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi thử DH môn toán năm 2013 đề số 5

TÀI LI U TOÁN THPT Đ THI TH Đ I H C NĂM 2013 Môn: TOÁN Đ S 7 NGÀY 12-01-2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x 3 − 3 (m + 1) x 2 + 12mx + m + 4, (C m ) a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ) khi m = 0. b) G i A và B l n lư t là các đi m c c đ i và c c ti u c a đ th hàm s (C m ). Tìm t t c các giá tr c a m đ kho ng cách gi a gi a hai đư ng th ng ti p tuy n t i A và B c a đ th C m ) b ng 4. Câu 2. (2 đi m) cos3 x (cos x − 2 sin x) − cos 2x − cos2 x a) Gi i phương trình : = 0. tan x + π . tan x − π 4 4 4 4 4 4 b) Gi i phương trình 3 (x + 5) − x + 13 = 11 − x − 3 (3 − x) e 1 + (x − 1) ln x − ln2 x Câu 3. (1 đi m) Tính tích phân I = dx 2 (1 + x ln x)2 Câu 4. (1 đi m) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình ch nh t c nh AB = a, BC = a 2 . C nh bên S A vuông góc v i đáy. G i M , N l n lư t là trung đi m c a SD và AD . M t ph ng (P ) ch a B M c t m t ph ng (S AC ) theo m t đư ng th ng vuông góc v i B M . Gi s B N c t AC t i I , g i J là trung đi m c a IC . Bi t 2 2a kho ng cách t đ nh S đ n m t ph ng (P ) b ng . Tính th tích kh i chóp B M D J và kho ng cách gi a hai 3 đư ng th ng D M và B J theo a . Câu 5. (1 đi m) Cho các s th c dương x, y, z th a mãn đi u ki n 2 9z 2 + 16y 2 = 3z + 4y x y z . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : x2 y2 z2 5x y z P= + 2 + 2 + x 2 + 2 y + 3 z + 4 (x + 2) y + 3 (z + 4) PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n Câu 6A. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y , cho tam giác ABC vuông t i A . G i H là hình chi u c a A trên BC 2 2 16 33 36 . Tam giác AB H ngo i ti p đư ng tròn (C ) : x − + y− = . Tâm đư ng tròn n i ti p tam giác AC H 5 5 25 26 23 là I ; . Tìm t a đ tr ng tâm G c a tam giác ABC . 5 5 b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho hai đi m A (2; 2; 5) và B (1; 1; 7) . Tìm t a đ đi m M thu c đư ng 2 (x − 1)2 + y − 1 + (z − 2)2 = 9 tròn (C ) : đ tam giác M AB có di n tích nh nh t. x + y +z −7 = 0 4 Câu 7A. (1 đi m) Gi i b t phương trình : 3 + ≥2 8 − (6 − 2x ) (2x + 2) 6 − 2x + 2 + 2x B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , cho hình ch nh t ABC D n i ti p đư ng tròn (C ) có tâm I (1; 2) . Ti p tuy n c a (C ) t i B,C , D c t nhau t i M , N . Gi s H (1; −1) là tr c tâm tam giác AM N . Tìm t a đ các đi m A, B, M , N bi t r ng chu vi tam giác AM N b ng 28 + 4 10. 2 14 b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho m t c u (S) : (x − 1)2 + y − 2 + (z − 3)2 = và đư ng th ng 3 x −4 y −4 z −4 d: = = . Tìm trên đư ng th ng d các đi m A sao cho t A có th k đư c 3 ti p tuy n đ n m t 3 2 1 c u (S) sao cho t di n ABC D là t di n đ u ( trong đó B,C , D là các ti p đi m ) . log2 x + x 2 + 1 + log2 y + y2 + 4 = 1 Câu 7B. (1 đi m) Gi i h phương trình: 2log2 2x − y + 2 + 3y − 2x + 4 = 2log4 5x 2 + y 2 + 1 + 1 ———————————————–H t—————————————————-
T NG H P L I GI I TRÊN DI N ĐÀN Câu 1. Cho hàm s y = x 3 − 3 (m + 1) x 2 + 12mx + m + 4, (C m ) a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ) khi m = 0. b) G i A và B l n lư t là các đi m c c đ i và c c ti u c a đ th hàm s (C m ). Tìm t t c các giá tr c a m đ kho ng cách gi a gi a hai đư ng th ng ti p tuy n t i A và B c a đ th C m ) b ng 4. a) L i gi i (hungchng): m = 0 hàm s y = x 3 − 3x 2 + 4 có t p xác đ nh : D = R; *Đ th x = 0 =⇒ y = 4 * Đ o hàm y = 3x (x − 2), y = 0 ⇐⇒ x = 2 =⇒ y = 0 Hàm s đ ng bi n trên (−∞; 0), (2; +∞) ; Hàm s ngh ch bi n trên (0; 2) lim y = −∞; lim y = +∞; x→−∞ x→+∞ * B ng bi n thiên x −∞ 0 2 +∞ y + 0 − 0 + 4 +∞ y −∞ 0 Đi m c c đ i (0; 4), đi m c c ti u (2; 0) b) L i gi i (xuanha): Ta có: y = 3x 2 − 6(m + 1)x + 12m y = 0 ⇔ x 2 − 2(m + 1)x + 4m = 0 Có : ∆ = (m − 1)2 x =2 y(2) = 13m đ đ th có 2 c c tr thì m = 1, khi đó suy ra x = 2m y(2m) = −4m 3 + 12m 2 + m + 4 do ti p tuy n v i đ th t i 2 c c tr c a hàm s song song v i Ox nên | 4m 3 − 12m 2 + 12m − 4 |= 4 ⇔ m = 2 hoăc m = 0 v y m = 0; m = 2 cos3 x (cos x − 2 sin x) − cos 2x − cos2 x Câu 2.a Gi i phương trình : = 0. tan x + π . tan x − π 4 4 L i gi i (thiencuong_96): Chú ý ta có tan x + π . tan x − π = −1 4 4 π kπ Đi u ki n : cos x − π = 0, cos x + π = 0 ⇔ x = 4 4 + , k∈Z 4 2 Phương trình tr thành : ⇔ cos4 x − 2 sin x. cos3 x − cos 2x − cos2 x = 0 ⇔ − cos2 x(1 − cos2 x) − sin 2x(cos2 x) − cos 2x = 0 ⇔ 2 cos2 x. sin2 x + sin 2x(1 + cos 2x) + 2 cos 2x = 0 sin 2x ⇔ . (sin 2x + 2 cos x) + sin 2x + 2 cos 2x = 0 2 ⇔ sin 2x + 2 cos 2x = 0 (2) 1 1 1 2 Đ t α = arctan =⇒ tan α = =⇒ sin α = ; cos α = . Nên (2) tr thành : 2 2 5 5 π α kπ cos(2x − α) = 0 ⇔ x = + + , k∈Z 4 2 2 π α kπ V yx= + + , k∈Z 4 2 2 L i gi i (Mai Tu n Long): Ta có: tan(x + π ). tan(x − π ) = −1 và cos x = 0 không ph i là nghi m c a PT 4 4 2
tan(x + π ) = 0 4 tan x = 1 ĐK: π ⇔ tan(x − 4)=0 tan x = −1 P T ⇔ cos4 x − 2 sin x cos3 x + 2 sin2 x − cos2 x − 1 = 0 4 Chia 2 v PT cho cos x và đ t tan x = t , (t = ±1) ta đư c: t 4 − t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t 2 − t − 1 t 2 + t + 1 = 0 ⇔ t 2 − t − 1 t = 1−2 5 (T M ) x = arctan 1−2 5 + kπ ⇔ 1+ 5 ⇒ , (k ∈ Z ) t= 2 (T M ) x = arctan 1+2 5 + kπ L i gi i (xuannambka): Ta có tan x + π . tan x − π = −1 4 4 π kπ Đi u ki n : x = + Phương trình tr thành : 4 2 ⇔ cos3 x (cos x − 2 sin x) − cos 2x − cos2 x = 0 ⇔ cos4 x − sin 2xcos2 x − 2cos2 x + 1 − cos2 x = 0 ⇔ cos4 x + sin2 x − cos2 x (sin 2x + 2) = 0 ⇔ cos2 x 1 − sin2 x + sin2 x − cos2 x (sin 2x + 2) = 0 ⇔ 1 − sin2 xcos2 x − cos2 x (sin 2x + 2) = 0 1 ⇔ 1 − sin2 2x − cos2 x (sin 2x + 2) = 0 4 1 ⇔ (2 − sin 2x) (2 + sin 2x) − cos2 x (sin 2x + 2) = 0 4 2 + sin 2x = 0 (V N ) ⇔ 1 4 (2 − sin 2x) = cos2 x (1) 1 1 1 (1) ⇐⇒ − sin 2x − cos2 x = 0 ⇐⇒ 1 − 2cos2 x − sin 2x = 0 2 4 2 1 ⇐⇒ − cos 2x − sin 2x = 0 ⇐⇒ 2 cos 2x + sin 2x = 0 2 cos 2x = 0 1 kπ ⇐⇒ ⇐⇒ x = arctan (−2) + tan 2x = −2 2 2 L i gi i (tienduy95): ĐK: tan(x − π ) tan(x + π ) = 0 ⇔ x = π + k π 4 4 4 2 Phương trình tr thành : ⇔ cos4 x − 2 sin x cos3 x − cos 2x − cos2 x = 0 ⇔ cos4 x − cos 2x − sin 2x cos2 x − cos2 x = 0 ⇔ cos4 x − 2 cos2 x + 1 − (cos x(sin x + cos x))2 = 0 ⇔ (1 − cos2 x)2 − (cos x(sin x + cos x))2 = 0 ⇔ (1 − cos2 x − cos x sin x − cos2 x)(1 − cos2 x + cos x sin x + cos2 x) = 0 1 − 2 cos2 x − cos x sin x = 0 ⇔ cos x sin x = −1 sin2 x + cos2 x − 2 cos2 x − cos x sin x = 0 ⇔ sin 2x = −2 (vô nghi m) ⇔ sin2 x − sin x cos x − cos2 x = 0 ⇔ tan2 x − tan x − 1 = 0 tan x = 1−2 5 x = arctan 1−2 5 + kπ ⇔ 1+ 5 ⇔ tan x = 2 x = arctan 1+2 5 + kπ 4 4 4 4 Câu 2.b Gi i phương trình 3 (x + 5) − x + 13 = 11 − x − 3 (3 − x) L i gi i (Mai Tu n Long): ĐK: −5 ≤ x ≤ 3 3
4 4 4 PT ⇔ 15 + 3x + 15 + (x − 2) + 4 9 − (x − 2) 9 − 3x = 1 1 1 Xét hàm s : f (t ) = 4 15 + t + 4 9 − t trên đo n [−15; 9] có: f (t ) = 4 − 4 4 ( 15 + t )3 ( 9 − t )3 ⇒ f (t ) ≥ 0 v i t ∈ [−15; −3] và f (t ) ≤ 0 v i t ∈ [−3; 9] u = 3x V i x ∈ [−1; 3] → u, v ∈ [−3; 9] Đ t: P T ⇔ f (u) = f (v). Nên v = x −2 V i x ∈ [−5; −1] → u, v ∈ [−15; −3] ⇒ P T ⇔ u = v ⇔ 3x = x − 2 ⇔ x = −1 L i gi i (giangmanh): ĐK −5 ≤ x ≤ 3 Khi đó ta có 4 4 4 PT ⇔ 12 + 3 (x + 1) + 12 + (x + 1) + 4 12 − (x + 1) 12 − 3 (x + 1) = 1 1 1 1 Xét hàm s : f (t ) = 4 12 + t + 4 12 − t (t ∈ [−12; 12]). Ta có f (t ) = 4 − 4 4 (12 + t )3 4 (12 − t )3 3 (x + 1) (x + 1) < 0 Ta có f (t ) = 0 ⇒ t = 0 Mà f (3 (x + 1)) = f (x + 1) ⇒ 3 (x + 1) = x + 1 +) 3 (x + 1) (x + 1) < 0⇒ Vô lí +) 3 (x + 1) = x + 1 ⇒ x = −1 V y x = −1 là nghi m duy nh t c a phương trình L i gi i (Ph m Kim Chung): Đi u ki n : −5 ≤ x ≤ 3   a +b = c +d Đ t : a = 4 3 (x + 5); b = 4 3 (3 − x); c = 4 11 − x; d = 4 x + 13 Ta có : a4 + b4 = c 4 + d 4 a, b, c, d ≥ 0  4 4 4 4 4 4 2 2 Lúc đó : a + b = c + d ⇔ (a + b) − 2ab 2a + 3ab + 2b = (c + d ) − 2cd 2c 2 + 3cd + 2d 2 ⇒ ab 2(a + b)2 − ab = cd 2(a + b)2 − cd (Do a + b = c + d ) (∗) ⇒ (ab − cd ) 2(a + b)2 − (ab + cd ) = 0 Mà : (a + b)2 ≥ 4ab ≥ ab ; (a + b)2 = (c + d )2 ≥ 4ab ≥ ab ∀a, b, c, d ≥ 0 Nên t (*) suy ra : ab = cd ho c a = b = 0 (không x y ra) Thay tr l i ta có phương trình : 4 9 (x + 5) (3 − x) = 4 (11 − x) (x + 13) −5 ≤ x ≤ 3 ⇔ ⇔ x = −1 8x 2 + 16x + 8 = 0 Th l i ta th y x = −1 là nghi m c a phương trình đã cho e 1 + (x − 1) ln x − ln2 x Câu 3. Tính tích phân I = dx 2 (1 + x ln x)2 L i gi i (Mai Tu n Long): 1 ln x + 1 Ta có: =− 1 + x ln x (1 + x ln x)2 e 1 + ln x e 1 I= ln x. − 2 dx + dx 2 (1 + x ln x) 2 1 + x ln x e 1 e 1 = ln x.d + .d x 2 1 + x ln x 2 1 + x ln x e e e ln x 1 1 = − d (ln x) + dx 1 + x ln x 2 2 1 + x ln x 2 1 + x ln x e e e ln x 1 1 = − dx + dx 1 + x ln x 2 2 x(1 + x ln x) 2 1 + x ln x e e l nx 1 1 = + 1− dx 1 + x ln x 2 1 + x ln x x 2 e e ln x 1 = + d (x − ln x) 1 + x ln x 2 2 1 + x ln x 4
e ln x x − ln x e e 1 = + − (x − ln x)d 1 + x ln x 2 1 + x ln x 2 2 1 + x ln x e e l nx x − ln x 1 = + − (x − ln x) 1 + dx 1 + x ln x 1 + x ln x 2 2 x e e e e x 1 = − (x + 1)d x − ln xd x − ln x. d x 1 + x ln x 2 2 2 2 x e e e x 1 = − x 2 − x − x ln x + dx − ln x.d (ln x) 1 + x ln x 2 2 2 2 e x 1 1 = − x 2 − x ln x − ln2 x 1 + x ln x 2 2 2 Câu 4. Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình ch nh t c nh AB = a, BC = a 2 . C nh bên S A vuông góc v i đáy. G i M , N l n lư t là trung đi m c a SD và AD . M t ph ng (P ) ch a B M c t m t ph ng (S AC ) theo m t đư ng th ng vuông góc v i B M . Gi s B N c t AC t i I , g i 2 2a J là trung đi m c a IC . Bi t kho ng cách t đ nh S đ n m t ph ng (P ) b ng . Tính th tích 3 kh i chóp B M D J và kho ng cách gi a hai đư ng th ng D M và B J theo a . L i gi i (dan_dhv): G i O là tâm c a đáy. a 2 a 3 a 6 a 6 Ta có. AN = , AC = a 3 ⇒ AI = BN = AN 2 + AB 2 = .⇒ IN = . 2 3 2 6 a2 Do AI 2 + I N 2 = = AN 2 . Nên tam giác AI N ⊥ I . suy ra B N ⊥ (S AC ); AC ⊥ (B M N ). 2 d ⊥ BM G i d = (P ) (S AC ) ⇒ ⇒ d ⊥ (B M N ) Do d , AC cùng thu c (S AC ) nên d AC . d ⊥ BN G i B M SO = G. Suy ra. d là đư ng th ng qua G và song song AC c t S A, SC l n lư t t i E , F . Khi đó (P ) = (B F M E ). x 3a 2 x 2 2 2a 3 Đ t S A = x ⇒ MN = ,BM = BN2 + N M2 = + .E F = AC = . Do E F ⊥ B M 2 2 4 3 3 E F.B M a 3a 2 x 2 1 2a 2 6 3a 2 x 2 nên S B F M E = = + . ⇒ VSB F M E = d (S; (P )) S B F M E = + . (1) 2 3 2 4 3 27 2 4 VS ABC D 1 1 2 M t khác, VSB F M E = VSB E F + VSM E F = = xa 2 (2) 3 33 2a 2 6 3a 2 x 2 1 1 2 T (1), (2) ⇒ + = xa 2 ⇒ x = a 3 27 2 4 33 5
1 a 3 1 Ta có. d (M ; (ABC D)) = S A = . và S JOB = S ABC 2 2 6 1 a 2 1 a 3 a 2 a3 6 ⇒ S B J D = S ABC D = ⇒ VM B D J = = 6 6 3 2 6 36 G i P là trung đi m c a AB suy ra DP B J . Khi đó d (B J ; M D) = d (B ; (SP D)) = d (A; (SP D)) H AK ⊥ P D ⇒ P D ⊥ (S AK ) . H AT ⊥ SK suy ra AT = d (A; (SP D)). 1 1 1 9 Ta có. 2 = 2 + 2 = 2 AK AP AD 2a 1 1 1 6 Áp d ng h th c lư ng trong tam giác S AK ta có, 2 = 2 + 2 ⇒ AT = AT AK SA 29 6 V y d= 29 Câu 5. Cho các s th c dương x, y, z th a mãn đi u ki n 2 9z 2 + 16y 2 = 3z + 4y x y z . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : x2 y2 z2 5x y z P= 2 +2 + 2 + 2 + x y + 3 z + 4 (x + 2) y + 3 (z + 4) L i gi i (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX Câu 6A.a Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y , cho tam giác ABC vuông t i A . G i H là 16 2 33 2 36 hình chi u c a A trên BC . Tam giác AB H ngo i ti p đư ng tròn (C ) : x − + y− = . 5 5 25 26 23 Tâm đư ng tròn n i ti p tam giác AC H là I ; . Tìm t a đ tr ng tâm G c a tam giác ABC . 5 5 L i gi i (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX Câu 6A.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho hai đi m A (2; 2; 5) và B (1; 1; 7) . Tìm t a đ 2 (x − 1)2 + y − 1 + (z − 2)2 = 9 đi m M thu c đư ng tròn (C ) : đ tam giác M AB có di n tích x + y +z −7 = 0 nh nh t. L i gi i (dan_dhv): −→ G i (C ) là giao c a m t c u (S) và (P ). Ta có AB (1; 1; −2); u P (1; 1; 1). →− → Nh n th y −P . AB = 0 ⇒ AB (P ). G i (Q) là m t ph ng qua AB và vuông góc (P ). u → u − → → ⇒ −Q = −P ; AB = (1; −1; 0). Phương trình (Q) là : x − y = 0. Ta có S M AB mi n ⇔ d (M ; AB ) mi n . n 2  (x − 1)2 + y − 1 + (z − 2)2 = 9  T a đ M thu c (Q). Hay ta có h x + y +z −7 = 0 ⇒ M (1; 1; 5); M (3; 3; 1)  x−y =0 4 Câu 7A. Gi i b t phương trình : 3 + ≥2 8 − (6 − 2x ) (2x + 2) 6 − 2x + 2 + 2x L i gi i (giangmanh): ĐK x ≤ log2 6 2 Đ t t = 6 − 22 + 2 + 2x ⇒ t 2 = 8 + 2 (6 − 2x ) (2 + 2x ) ⇒ (6 − 2x ) (2 + 2x ) = t 2−8 8≤t ≤4 Thay vào b t PT ta đư c : 4 4 t2 −8 3+ ≥2 8 − (6 − 2x ) (2x + 2)3 + ≥ 2 8− 6 − 2x + 2 + 2x t 2 ⇔ 3t + 4 ≥ t 48 − 2t 2 ⇔ (t − 4) 2t 3 + 8t 2 − 7t − 4 ≥ 0 3 2 Vì f (t ) = 2t + 8t − 7t − 4 ≥ 0 v i t ∈ 8; 4 ⇒ B P T ⇔ t − 4 ≥ 0 ⇔ t ≥ 4 Mà t ≤ 4 ⇒ t = 4 ⇔ x = 2 V y x =2 6
Câu 6B.a Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y , cho hình ch nh t ABC D n i ti p đư ng tròn (C ) có tâm I (1; 2) . Ti p tuy n c a (C ) t i B,C , D c t nhau t i M , N . Gi s H (1; −1) là tr c tâm tam giác AM N . Tìm t a đ các đi m A, B, M , N bi t r ng chu vi tam giác AM N b ng 28 + 4 10. L i gi i (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX 2 14 Câu 6B.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z , cho m t c u (S) : (x − 1)2 + y − 2 +(z − 3)2 = 3 x −4 y −4 z −4 và đư ng th ng d : = = . Tìm trên đư ng th ng d các đi m A sao cho t A có th 3 2 1 k đư c 3 ti p tuy n đ n m t c u (S) sao cho t di n ABC D là t di n đ u ( trong đó B,C , D là các ti p đi m ) . L i gi i (Mai Tu n Long): A ∈ d ⇒ A = (4 + 3t ; 4 + 2t ; 4 + t ) −→ I là tâm m t c u (S) ⇒ I = (1; 2; 3) ⇒ I A = (3 + 3t ; 2 + 2t ; 1 + t ) ⇒ AI = |1 + t | 14 , (1). 14 Đ t: AB = a; AI ∩ (BC D) = H ; (S) có bán kính R = 3 a 6 3R 2 −a 2 a 6 3R 2 − a 2 ⇒ AH ⊥ (BC D) ⇒ AH = ; I H = R2 − B H 2 = 3 ⇒ AI = AH + I H = + (2) 3 3 3 L i có: AI 2 = R 2 + a 2 ⇒ AI = R 2 + a 2 , (3) a 6 3R 2 − a 2 T (2) và (3) ⇒ R 2 + a 2 = + ⇔ a 2 = 2R 2 ⇒ AI = R 3 = 14, (4) 3 3 t =0 T (1) và (4) ⇒ |1 + t | = 1 ⇔ ⇒ Đi m A có các t a đ : (4; 4; 4), (−2; 0; 2). t = −2 Câu 7B. Gi i h phương trình: log2 x + x 2 + 1 + log2 y + y2 + 4 = 1 2log2 2x − y + 2 + 3y − 2x + 4 = 2log4 5x 2 + y 2 + 1 + 1 L i gi i (xuannambka): x + x2 + 1 y + y 2 + 4 = 2 (1) hpt ⇐⇒ 2x − y + 2 + 3y − 2x + 4 = 10x 2 + 2y 2 + 2 (2) 4 (1) ⇐⇒ = 2 ⇐⇒ x − x2 + 1 y− y 2 + 4 = 2 (3) x− x2 + 1 y− y2 + 4 T (1)  (3) ta có h phương trình: và  x + x2 + 1 y + y2 + 4 = 2 xy +x y 2 + 4 + y x2 + 1 + x2 + 1 y2 + 4 = 2 ⇐⇒  x − x2 + 1 y − y2 + 4 = 2 xy −x y 2 + 4 − y x2 + 1 + x2 + 1 y2 + 4 = 2 C ng 2 v v i nhau ta đư c:   xy ≤ 0 x y + x2 + 1 y 2 + 4 = 2 =⇒ x y 2 + 4 + y x 2 + 1 = 0 ⇐⇒ y = −2x ⇐⇒ y = −2x y = 2x  Th y = −2x vào (2) ta đư c: 2 2 2 4x + 2 + −8x + 4 = 18x 2 + 2 ⇐⇒ x = =⇒ y = − 3 3 2 2 2 V y phương trình có nghi m x; y = ;− 3 3 7