Tài liệu hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 41 đến 50 pptx

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 41
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C
m
):
x x mx
3 2
3 0+ + =
(1) ⇔
x
x x m
2
0
3 0 (2)

=

+ + =

(2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔
m
m
9
4
0


<


≠


(*). Khi đó:
D E D E
x x x x m3; .+ = − =
D E
y y
' '
. 1= −
⇔
m m
2
4 9 1 0− + =
⇔
m
9 65
8
±
=
(thoả (*))
Câu II: 1) PT ⇔
x xcos3 cos 0
3
π
 
+ − =
 ÷
 
⇔
x x
2

cos3 cos
3
π
 
= +
 ÷
 
⇔
x k
x k
3
6 2
π
π
π π

= +



= − +

.
2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0. Khi đó Hệ PT ⇔
x y y
x y xy y
3 3 3
2 2 3
8 27 7
4 6



+ =

+ =


⇒
t xy
t t t
3 2
8 27 4 6

=

+ = +


⇔
t xy
t t t
3 1 9
; ;
2 2 2

=


= − = =



• Với
t
3
2
= −
: Từ (1) ⇒ y = 0 (loại).
• Với
t
1
2
=
: Từ (1) ⇒
x y
3
3
1
; 4
2 4
 
= =
 ÷
 
• Với
t
9
2
=
: Từ (1) ⇒
x y

3
3
3
; 3 4
2 4
 
= =
 ÷
 
Câu III: Đặt
x t t
3
cos sin , 0
2 2
π
 
= ≤ ≤
 ÷
 
⇒ I =
tdt
4
2
0
3
cos
2
π
∫
=

3 1
2 4 2
π
 
+
 ÷
 
.
Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC),
·
SIH
α
=
.
SH =
a
IH
3
.tan tan
4
α α
=
⇒
S ABC ABC
a
V SH S
3
.
1
. tan

3 16
∆
α
= =
.
Câu V: • Chú ý: Với a, b > 0, ta có:
a b a b
4 1 1
≤ +
+
.
⇒ P ≤
x y x z y x y z z x z y
1 1 1 1 1 1 1
4
 
+ + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
=
x y y z z x
1 1 1 1
2
 
+ +
 ÷
+ + +
 

≤
x y z
1 1 1 1
4
 
+ +
 ÷
 
=
1005
2
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
x y z
1
670
= = =
. Vậy MinP =
1005
2
.
Câu VI.a: 1) Giả sử: AB:
x y5 –2 6 0+ =
, AC:
x y4 7 –21 0+ =
. Suy ra: A(0; 3).
BO ⊥ AC ⇒ BO:
x y7 4 0− =
⇒ B(–4; –7) ⇒ BC:
y 7 0+ =

.
2) Giả sử A(a; 0; 0) ∈ Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) ∈ d.
AB t a t t( 1 ;2 ; 2 2 )= + − − +
uuur
.
Trang 71
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
d
a
AB u t
3
9
+
⊥ ⇔ =
uuur
r
⇒
a a a
B
12 2( 3) 2 12
; ;
9 9 9
 
+ + −
 ÷
 
. AB =
a a
2
2

2 6 9
3
− +
.
d A P a
2
( ,( ))
3
=
.
AB = d(A, (P)) ⇔
a a a
2
2 2
2 6 9
3 3
− + =
⇔
a 3
=
⇒ A(3; 0; 0).
Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là:
a a a a a
1 2 3 4 5
.
• Nếu a
1
= 1 thì có:
A
4

7
840=
(số)
• Nếu a
2
= 1 thì có:
C A
1 3
6 6
. 720=
(số) • Nếu a
3
= 1 thì có:
C A
1 3
6 6
. 720=
(số)
⇒ Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số).
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b) ∈ Oy.
Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng
0
60
nên MI =
R
0
sin30
= 4
⇒
MI

2
16=
⇔
b
2
7=
⇔
b 7= ±
⇒
( )
M 0; 7
hoặc
( )
M 0; 7−
.
2) d
1
có VTCP
u
1
(2;1;0)=
r
, d
2
có VTCP
u
2
( 1;1;0)= −
r
.

Giả sử
A t t
1 1
(2 ; ;4)
∈ d
1
,
B t t
2 2
(3 ; ;0)−
∈ d
2
.
AB là đoạn vuông góc chung ⇔
AB u
AB u
1
2

⊥


⊥


uuur
r
uuur
r
⇔

t t
t t
1 2
1 2
5 6
2 3

+ =

+ =

⇔
t t
1 2
1= =

⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0).
Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R =
AB
2
2
=
.
⇒ (S):
x y z
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − =
.
Câu VII.b: PT ⇔
z z z

2
( 1)( 2)( 8) 0+ − + =
⇔
z z z i1; 2; 2 2.= − = = ±
.
Hướng dẫn Đề số 42
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN:
x y2 3 0+ + =
. Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒
a b2 3 0
+ + =
(1)
Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là:
y x a b2( )= − +
.
Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:
x
x a b
x
2 4
2( )
1
−
= − +
+
(x
≠
–1)
⇔

x a b x a b
2
2 (2 ) 2 4 0− − − + + =
(x ≠ –1)
A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB.
Khi đó:
A B
I
x x
x
2
+
=
⇔
a b
a
2
4
−
=
(2)
Từ (1) và (2) ta được:
a b
a b
a
2 3 0
2
4

+ + =


−

=


⇔
a
b
1
2

=

= −

Suy ra phương trình đường thẳng d:
y x2 4= −
⇒ A(2; 0), B(0; –4).
Trang 72
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu II: 1) PT ⇔
x
x
3
cos2 cos 2
4
+ =
(*).
Ta có:

x
x
cos2 1
3
cos 1
4

≤


≤


. Do đó (*) ⇔
x
x
cos2 1
3
cos 1
4

=


=


⇔
x k
l

x
8
3
π
π

=


=


⇔
x m8
π
=
.
2) PT ⇔
x
x x3 (2 1) 2 1− = +
(1). Ta thấy
x
1
2
=
không phải là nghiệm của (1).
Với
x
1
2

≠
, ta có: (1) ⇔
x
x
x
2 1
3
2 1
+
=
−
⇔
x
x
x
2 1
3 0
2 1
+
− =
−
Đặt
x x
x
f x
x x
2 1 3
( ) 3 3 2
2 1 2 1
+

= − = − −
− −
. Ta có:
x
f x x
x
2
6 1
( ) 3 ln3 0,
2
(2 1)
′
= + > ∀ ≠
−
Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng
1
;
2
 
−∞
 ÷
 
và
1
;
2
 
+∞
 ÷
 

⇒ Phương trình f(x) = 0 có nhiều
nhất 1 nghiệm trên từng khoảng
1 1
; , ;
2 2
   
−∞ +∞
 ÷  ÷
   
.
Ta thấy
x x1, 1= = −
là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm
x x1, 1= = −
.
Câu III: Ta có:
x x
x
2
1 sin 1
1 tan
1 cos 2 2
 
+
= +
 ÷
+  
.
Do đó: I =
x

x
e dx
2
2
0
1
1 tan
2 2
π
 
+
 ÷
 
∫
=
x
x x
e dx
2
2
0
1
1 tan tan
2 2 2
π
 
+ +
 ÷
 
∫

=
x x
x x
e dx e dx
2 2
2
0 0
1
1 tan tan .
2 2 2
π π
 
+ +
 ÷
 
∫ ∫
Đặt
x
u e
x
dv dx
2
1
1 tan
2 2

=

 


= +
 ÷

 

⇒
x
du e dx
x
v tan
2

=


=


⇒ I =
x x x
x x x
e e dx e dx
2 2
2
0
0 0
tan tan tan
2 2 2
π π

π
− +
∫ ∫
=
e
2
π
.
Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒
·
ASD
0
30=
.
Ta có:
ASD
CSD
AS SD
S
AD a
CD S c
CS SD
0
1
. .sin30
2
1
2
.
2

= = =
⇒
a
DA DC
c2
= −
uuur uuur
⇒
cSA aSC
SD
c a
2
2
+
=
+
uur uur
uuur
⇒
cSA aSC c
SD SB SB SA SB
c a c a
2 2
. . .
2 2
 
+
= =
 ÷
+ +

 
uur uur
uuur uur uur uur uur
=
c abc
ab
c a c a
0
2
.cos60
2 2
=
+ +
và
c SA a SC caSA SC
SD
c a
2 2 2 2
2
2
4 4 .
(2 )
+ +
=
+
uur uur
=
a c a c a c a c
c a c a
2 2 2 2 2 2 2 2

2 2
4 2 3
(2 ) (2 )
+ −
=
+ +

⇒ SD =
ac
c a
3
2 +
Trang 73
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Mặt khác,
·
abc
SD SB
c a
SDB
SD SB
ac
b
c a
. 3
2
cos
. 3
3
.

2
+
= = =
+
uuur uur
⇒
·
SDB
6
sin
3
=
·
SDBC SDB
V SC S SC SD SB SDB
1 1
. . . .sin
3 6
= =
=
abc
c a
2
2
.
6 2 +
Mà
ASDB
CSDB
V

AD a
V DC c2
= =
⇒
ASDB CSDB
a a bc
V V
c c a
2
2
.
2 12 2
= =
+
Vậy:
SABC ASDB CSDB
a bc abc
V V V abc
c a
2 2
2 2 2
12 2 12
 
+
= + = =
 ÷
+
 
.
Câu V: Đặt

a x b y c z
2 2 2
log , log , log= = =
⇒
a b c xyz
2 2
log ( ) log 8 3+ + = = =
⇒ P =
x y z
2 2 2
2 2 2
log 1 log 1 log 1+ + + + +
=
a b c
2 2 2
1 1 1+ + + + +
Đặt
m a n b p c( ;1), ( ;1), ( ;1)= = =
r r r
.
Khi đó: P =
m n p m n p+ + ≥ + +
r r r r r r
=
a b c
2 2
( ) (1 1 1)+ + + + +
=
3 2
Dấu "=" xảy ra ⇔

a b c 1
= = =
⇔
x y z 2= = =
. Vậy MinP =
3 2
khi
x y z 2= = =
.
Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d
1
, B(b; 2b – 1) ∈ d
2
.
MA a a MB b b( 1; 2), ( 1;2 2)= − − − = − −
uuur uuur
MA MB2 0+ =
uuur uuur
⇔
a b
a b
2 2 1 0
2 4 2 2 0

− + − =

− − + − =

⇔
a

b
0
3

=

=

⇒ A(0; –1), B(3; 5)
⇒ Phương trình d:
x y2 1 0− − =
.
2) PTTS của AB:
x t
y t
z t
4 3
2 5

= +

= −


=

⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)
Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là
đường thẳng MI.
⇒ Phương trình đường thẳng d là:

x t
y t
z t
3 4
3
2

= −

=


= +

Câu VII.a: PT có các nghiệm
i i
x x
1 2
1 1
;
2 2
+ −
= =
⇒
i i
x x
2 2
1 2
1 1
2 ; 2= − =

.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R =
5
. IM =
2 5<

⇒ M nằm trong đường tròn (C).
Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.
Ta có: AB = 2AH =
IA IH IH IM
2 2 2 2
2 2 5 2 5 2 3− = − ≥ − =
.
Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT
MI (1; 1)= −
uuur
⇒ Phương trình d:
x y 2 0− + =
.
2) Phương trình mp(ABC):
x y z
1
1 2 3
+ + =
. Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ABC.
Ta có:
AH BC
BH AC
H P( )


⊥


⊥

∈

uuur uuur
uuur uuur
⇔
y z
x z
y z
x
2 3 0
3 0
1
2 3

− + =


− + =


+ + =


⇔
x

y
z
36
49
18
49
12
49

=



=



=


⇒
H
36 18 12
; ;
49 49 49
 
 ÷
 
.
Trang 74

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu VII.b: Phương trình
n n n
C C C
1 3 2
2+ =
⇔
n n n
2
( 9 14) 0− + =
⇔
n 7=
Số hạng thứ 6 trong khai triển
( )
x
x
7
5
lg(10 3 ) ( 2)lg3
2 2
− −
+
là:
( )
( )
x
x
C
2
5

5
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
7
2 2
− −
Ta có:
x
x
C
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
7
.2 .2 21
− −
=
⇔
x
xlg(10 3 ) ( 2)lg3
2 1
− + −
=

⇔
x
xlg(10 3 ) ( 2)lg3 0− + − =
⇔
x x 2
(10 3 ).3 1
−
− =
⇔

x x2
3 10.3 9 0− + =
⇔
x x0; 2= =
Hướng dẫn Đề số 43
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒
a
b
a
2 1
1
−
=
−
(a ≠ 1)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
a
y x a
a
a
2
1 2 1
( )
1
( 1)
−
= − − +
−
−

Phương trình đwòng thẳng MI:
y x
a
2
1
( 1) 2
( 1)
= − +
−
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:
a a
2 2
1 1
. 1
( 1) ( 1)
− = −
− −
⇔
a b
a b
0 ( 1)
2 ( 3)

= =

= =

Vậy có 2 điểm cần tìm M
1
(0; 1), M

2
(2; 3)
Câu II: 1) PT ⇔
x x x x
cos cos2 cos3 cos4 0
2 6 2 6 2 6 2 6
π π π π
       
− + − + − + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Đặt
x
t
2 6
π
= −
,
PT trở thành:
t t t tcos cos2 cos3 cos4 0+ + + =
⇔
t t
t
5
4cos .cos .cos 0
2 2
=
⇔
t
t

t
cos 0
2
cos 0
5
cos 0
2

=


=


=



⇔
t m
t l
k
t
(2 1)
2
2
5 5
π
π
π

π π

= +

= +



= +


• Với
t m x m(2 1) (4 2)
3
π
π π
= + ⇒ = + +
• Với
t l x l
4
2
2 3
π π
π π
= + ⇒ = +
• Với
k k
t x
2 11 4
5 5 15 5

π π π π
= + ⇒ = +
Trang 75
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
2) Điều kiện:
x
x x
2
2
1 0
1

− ≥


≥ −


⇔ x ≥ 1.
Khi đó:
x x x x x x
4
2 2 2
1 1 1+ + > + − ≥ + −
(do x ≥ 1)
⇒ VT >
( ) ( )
Coâ Si
x x x x x x x x
4 4

8
2 2 2 2
1 1 2 1 1
−
− − + + − ≥ − − + −
= 2
⇒ PT vô nghiệm.
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d):
y y
2
( 1) 1 4− + = −
⇔
y
y
2
1

=

= −

V =
y y y dy
2
2 2 2
1
( 2 2) (4 )
π
−
− + − −

∫
=
117
5
π
Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ABD.
Kẻ NK // SA (K ∈ SC). Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD). Vậy
K BCDM BCDM
V KI S
.
1
.
3
=
Ta có: ∆SOC ~ ∆KIC ⇒
KI CK
SO CS
=
(1), ∆KNC ~ ∆SAC ⇒
CK CN
CS CA
=
(2)
Từ (1) và (2) ⇒
CO CO
KI CN CO ON
SO CA CO CO
1
2
3

2 2 3
+
+
= = = =
⇒
a
KI SO
2 3
3 3
= =
Ta có: ∆ADC đều ⇒ CM ⊥ AD và CM =
a 3
2
⇒ S
BCDM
=
DM BC CM a
2
1 3 3
( ).
2 8
+ =
⇒ V
K.BCDM
=
BCDM
a
KI S
3
1

.
3 8
=
Câu V: Ta có
x x
y z x
2 2 2
1
=
+ −
. Ta cần chứng minh:
x x
x
2
2
3 3
2
1
≥
−
.
Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:
( )
x x x
x x x x x
2
2 2 2
2
2 2 2 2 2
2 1 1 8

2 1 2 (1 )(1 )
3 27
 
+ − + −
− = − − ≤ =
 ÷
 
⇒
x x
2
2
(1 )
3 3
− ≤
⇒
x x
x
2
2
3 3
2
1
≥
−
⇒
x x
y z
2
2 2
3 3

2
≥
+
(1)
Tương tự:
y y
x z
2
2 2
3 3
2
≥
+
(2),
z z
x y
2
2 2
3 3
2
≥
+
(3)
Do đó:
( )
x y z
x y z
y z x z x y
2 2 2
2 2 2 2 2 2

3 3 3 3
2 2
+ + ≥ + + =
+ + +
Dấu "=" xảy ra ⇔
x y z
3
3
= = =
.
Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆OAB vuông cân tại O.
Khi đó
d O d
5 2
( , )
2
=
.
Giả sử phương trình đường thẳng d:
A x B y A B
2 2
( 2) ( 6) 0 ( 0)− + − = + ≠
Ta có:
d O d
5 2
( , )
2
=
⇔
A B

A B
2 2
2 6 5 2
2
− −
=
+
⇔
B AB A
2 2
47 48 17 0+ − =

Trang 76
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
⇔
B A
B A
24 5 55
47
24 5 55
47

− −
=


− +

=



• Với
B A
24 5 55
47
− −
=
: chọn A = 47 ⇒ B =
24 5 55− −

⇒ d:
( )
x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− − + − =
• Với
B A
24 5 55
47
− +
=
: chọn A = 47 ⇒ B =
24 5 55− +

⇒ d:
( )
x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− + − + − =
2) (P) có VTPT
n (1;1;1)=
r
. Giả sử A′(x; y; z).
Gọi I là trung điểm của AA′ ⇒

x y z
I
1 2
; ;
2 2 2
 
+ +
 ÷
 
.
Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔
AA n cuøng phöông
I (P)
,


′

∈


uuur
r
⇔
x y z
x y z
1 2
1 1 1
1 2
3 0

2 2 2

− −
= =


+ +

+ + + =


⇔
x
y
z
4
3
2

= −

= −


= −

. Vậy: A′(–4; –3; –2).
Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)
Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)
⇒ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB.
Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB):
x y9 2
2 9 1 2
− +
=
− − +
⇔
x y7 5 0+ + =
.
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx):
x y7 25 0+ − =
Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′(–17; 6). M là trung điểm của AA′ ⇒ M(–4; 2)
M cũng là trung điểm của BC ⇒ B(–12; 1).
2) Giả sử
A t t t
1 1 1
( 23 8 ; 10 4 ; )− + − +
∈ d
1
,
B t t t
2 2 2
(3 2 ; 2 2 ; )+ − −
∈ d
2
.
⇒
AB t t t t t t
2 1 2 1 2 1

(2 8 26; 2 4 8; )= − + − − + −
uuur
AB // Oz ⇔
AB k cuøng phöông,
uuur
r
⇔
t t
t t
2 1
2 1
2 8 26 0
2 4 8 0

− + =

− − + =

⇔
t
t
1
2
17
6
5
3

=




= −

⇒
A
1 4 17
; ;
3 3 6
 
−
 ÷
 
⇒ Phương trình đường thẳng AB:
x
y
z t
1
3
4
3
17
6

= −



=




= +


Câu VII.b:
x
x
a x x
2
4
2 2
3 4 5 (1)
1 log ( ) log ( 1) (2)


− ≥


+ − ≥ +

Trang 77
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
• (1) ⇔
x
x
2
3 5 4 0− − ≥
. Đặt f(x) =
x

x
2
3 5 4− −
. Ta có: f
′
(x) =
x
x
x R
2
ln5
ln3.3 .5 0,
2
− > ∀ ∈
⇒ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S
1
= [2; +∞)
• (2) ⇔
[ ]
a x x
4
2 2
log 2( ) log ( 1)− ≥ +
⇔
a x x
4
2( ) 1− ≥ +
⇔
x
a x

4
1
2 2
≥ + +
(*)
• Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thuộc [2; +∞)
Đặt g(x) =
x
x
4
1
2 2
+ +
. Ta có: g
′
(x) =
x
3
2 1+
> 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g(x) đồng biến trên [2; +∞) và g(2)
=
21
2
.
Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) ⇔
a
21
2
≥
.

Vậy để hệ có nghiệm thì
a
21
2
≥
.
Hướng dẫn Đề số 44
www.MATHVN.com
Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.
Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng
y x=
thì:
m x m
x
x
m
x
2
2
2
(2 1)
(*)
1
( 1)
1 (**)
( 1)

− −
=



−

−

=

−

Từ (**) ta có
m x
2 2
( 1) ( 1)− = −
⇔
x m
x m2

=

= −

• Với x = m, thay vào (*) ta được:
m0 0=
(thoả với mọi m). Vì x
≠
1 nên m
≠
1.
• Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được:
m m m m m

2
(2 1)(2 ) (2 )(2 1)− − − = − − −
⇔
m
2
4( 1) 0− =

⇔
m 1=
⇒ x = 1 (loại)
Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng
y x=
.
Câu II: 1) PT ⇔
x x x
3 1
cos2 sin2 cos6
2 2
−
+ =
⇔
x x
5
cos 2 cos6
6
π
 
− =
 ÷
 

⇔
x k
x l
5
48 4
5
24 2
π π
π π

= +



= − +


2)
xy
x y
x y
x y x y
2 2
2
2
1 (1)
(2)

+ + =


+


+ = −

. Điều kiện:
x y 0+ >
.
(1) ⇔
x y xy
x y
2
1
( ) 1 2 1 0
 
+ − − − =
 ÷
+
 
⇔
x y x y x y
2 2
( 1)( ) 0+ − + + + =
⇔
x y 1 0+ − =

(vì
x y 0+ >
nên
x y x y

2 2
0+ + + >
)
Thay
x y1= −
vào (2) ta được:
x x
2
1 (1 )= − −
⇔
x x
2
2 0+ − =
⇔
x y
x y
1 ( 0)
2 ( 3)

= =

= − =

Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).
Trang 78
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu III: Đặt
t x
2
π

= −
⇒ dt = –dx. Ta có I =
t
dt
t t
2
3
0
cos
(sin cos )
π
+
∫
=
x
dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
π
+
∫
⇒ 2I =
x
dx
x x
2

3
0
sin
(sin cos )
π
+
∫
+
x
dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
π
+
∫
=
dx
x x
2
2
0
1
(sin cos )
π
+
∫

=
dx
x
2
2
0
1 1
2
cos
4
π
π
 
−
 ÷
 
∫

=
x
2
0
1
tan
2 4
π
π
 
−
 ÷

 
= 1 . Vậy: I =
1
2
.
Câu IV: Vì ABB′A′ là hình bình hành nên ta có:
C ABB C AB A
V V
. ' . ' '
=
.
Mà
C ABB ABC
a a a
V A M S
2 3
. '
1 1 3 3
. . .
3 3 2 4 8
′
= = =
Vậy,
C ABB A C ABB
a a
V V
3 3
. ' ' . '
2 2
8 4

= = =
.
Câu V: Ta có: P =
x y x y x
2 2 2 2
(2 ) ( 2) 4+ − + + + + −
Xét
a x y b x y( ;2 ), ( , 2)= − = +
r
r
.
Ta có:
a b a b+ ≥ +
r r
r r
⇒
x y x y x x
2 2 2 2 2 2
(2 ) ( 2) 4 16 2 4+ − + + + ≥ + = +
Suy ra: P ≥
x x
2
2 4 4+ + −
. Dấu "=" xảy ra ⇔
a b,
r
r
cùng hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( )

x x
2
2
2 3 (3 1)(4 )+ ≤ + +
⇒
x x
2
2 4 2 3+ ≥ +
. Dấu "=" xảy ra ⇔
x
2
3
=
.
Do đó: P ≥
x x2 3 4
+ + −
≥
2 3 4 2 3 4
+ = +
. Dấu "=" xảy ra ⇔
x y
2
, 0
3
= =
.
Vậy MinP =
2 3 4+
khi

x y
2
, 0
3
= =
.
Câu VI.a: 1) Ta có:
a b10, 5= =
⇒
c 5 3=
. Gọi M(x; y) ∈ (E).
Ta có:
MF x MF x
1 2
3 3
10 , 10
2 2
= − = +
.
Ta có:
·
F F MF MF MF MF F MF
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 . .cos= + −
⇔
( )
x x x x
2 2
2

3 3 3 3 1
10 3 10 10 2 10 10
2 2 2 2 2
      
 
= − + + − − + −
 ÷  ÷  ÷ ÷
 ÷
       
⇔ x = 0 (y= ± 5)
Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M
1
(0; 5), M
2
(0; –5).
2) Gọi I là điểm thoả:
IA IB IC2 3 0+ + =
uur uur uur
r
⇒
I
23 13 25
; ;
6 6 6
 
 ÷
 
Ta có: T =
( ) ( )
( )

MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = =
uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur
Do đó: T nhỏ nhất ⇔
MI
uuur
nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P).
Ta tìm được:
M
13 2 16
; ;
9 9 9
 
−
 ÷
 
.
Câu VII.a: Ta có:
x C x C x C x C
10 0 10 1 9 9 10
10 10 10 10
( 1) + = + + + +

⇒
( )
x x C C x
10 5 4 6
10 10
( 1) ( 2) 2 + + = + + +
⇒
a C C

5 4
5 10 10
2 672= + =
.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).
Trang 79
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
• Ta có:
AB AC
IB IC

=

=

⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là
phân giác của
·
BAC
. Do đó AB và AC hợp với AI một góc
0
45
.
• Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc
0
45
. Khi đó B, C là giao điểm của d với
(C) và AB = AC.
Vì
IA (2;1)=

uur
≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có
hai thành phần đều khác 0. Gọi
u a(1; )=
r
là VTCP của d. Ta có:
( )
a a
IA u
a a
2 2 2
2 2 2
cos ,
2
1 2 1 5 1
+ +
= = =
+ + +
uur
r
⇔
a a
2
2 2 5 1+ = +
⇔
a
a
3
1
3


=

= −


• Với a = 3, thì
u (1;3)=
r
⇒ Phương trình đường thẳng d:
x t
y t
5
5 3

= +

= +

.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
9 13 7 3 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
   
+ + − −
 ÷  ÷
   
• Với a =
1

3
−
, thì
u
1
1;
3
 
= −
 ÷
 
r
⇒ Phương trình đường thẳng d:
x t
y t
5
1
5
3

= +


= −


.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
7 3 13 11 13 7 3 13 11 13
; , ;

2 2 2 2
   
+ − − +
 ÷  ÷
   
• Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:
7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
   
+ − + +
 ÷  ÷
   
và
7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
   
− + − −
 ÷  ÷
   
2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH =
d M d( , ) 2=
.
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =
MH2 2 6
3
3
=
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:

x y z
x y z
2 2 2
2 3
1 1 1
8
( 2) ( 1) ( 2)
3

− −
= =




− + − + − =


.
Giải hệ này ta tìm được:
A B
2 2 2 2 2 2
2 ; ;3 , 2 ; ;3
3 3 3 3 3 3
   
+ + − − −
 ÷  ÷
   
.
Câu VII.b:

y
x y
x
x y
x y
xy
2010
3 3
2 2
2
log 2 (1)
(2)

 
= −
 ÷


 

+

= +


Điều kiện:
xy 0>
. Từ (2) ta có:
x y xy x y
3 3 2 2

( ) 0+ = + >
⇒
x y0, 0> >
.
(1) ⇔
x y
y
x
2
2
2010
−
=
⇔
x y
x y
2
.2010 2 .2010=
.
Xét hàm số: f(t) =
t
t.2010
(t > 0). Ta có: f
′
(t) =
t
t
2010 1 0
ln2010
 

+ >
 ÷
 

⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y
Thay x = 2y vào (2) ta được:
y y
9
5 0
2
 
− =
 ÷
 
⇔
y loaïi
y x
0 ( )
9 9
10 5

=

 

= =
 ÷
 

Trang 80

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Vậy nghiệm của hệ là:
9 9
;
5 10
 
 ÷
 
.
Hướng dẫn Đề số 45
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Gọi
x y
0 0
( ; )
là toạ độ của tiếp điểm.
Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y x=
hoặc
y x= −
.
⇒
y x
0
( ) 1
′
= ±
⇔
x
2

0
1
1
(2 3)
−
= ±
+
⇒
x y
x y
0 0
0 0
1 ( 1)
2 ( 0)

= − =

= − =

• Với
x
y
0
0
1
1

= −

=


⇒ ∆:
y x= −
(loại) • Với
x
y
0
0
2
0

= −

=

⇒ ∆:
y x 2= − −
(nhận)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y x 2= − −
.
Câu II: 1) Điều kiện:
x
x
1 2sin 0
1 sin 0

+ ≠

− ≠


⇔
x m
x n
x p
2
6
7
2
6
2
2
π
π
π
π
π
π

≠ − +



≠ +



≠ +



PT ⇔
x x x
x x x
2
cos 2sin .cos
3
1 sin 2sin 2sin
−
=
− + −
⇔
x x x xcos sin2 3(sin cos2 )− = +

⇔
x x x x
3 1 1 3
cos2 sin2 cos sin
2 2 2 2
+ = −
⇔
x xcos 2 cos
6 3
π π
   
− = +
 ÷  ÷
   

⇔
x k loaïi

x k nhaän
2 ( )
2
2
( )
18 3
π
π
π π

= +



= − +


. Vậy PT có nghiệm:
x k
2
18 3
π π
= − +
.
2) Điều kiện:
x
6
5
≤
. Đặt

u x
v x
3
3 2
6 5


= −

= −


⇒
u x
v x
3
2
3 2
6 5


= −

= −


.
Ta có hệ PT:
u v
u v

3 2
2 3 8
5 3 8

+ =

+ =

. Giải hệ này ta được
u
v
2
4

= −

=

⇒
x
x
3 2 2
6 5 16

− = −

− =

⇔
x 2

= −
.
Thử lại, ta thấy
x 2= −
là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm
x 2= −
.
Câu III: I =
x dx x dx
2 2
5 2
0 0
cos . cos .
π π
−
∫ ∫
= A – B.
• A =
x dx x x dx
2 2
5 4
0 0
cos . cos .cos
π π
=
∫ ∫
=
( )
x d x
2

2
2
0
1 sin (sin )
π
−
∫
=
8
15
• B =
x dx x dx
2 2
2
0 0
1
cos . (1 cos2 ).
2
π π
= +
∫ ∫
=
4
π
Trang 81
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Vậy I =
8
15
–

4
π
.
Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB ⇒ BC =
a 5
. Ta có:
BIC ABCD ABI CDI
a
S S S S
2
3
2
= − − =
Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF =
BIC
S
a
BC
2
3
5
=
.
Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ (ABCD) ⇒
·
SFI
0
60=
⇒ SI =
a

IF
0
3 3
.tan60
5
=
⇒ Thể tích khối chóp S.ABCD:
ABCD
a
V SI S a a
2 3
1 1 3 3 3 15
. . .3
3 3 5
5
= = =
.
Câu V: Xét điều kiện:
x xy xz yz
2
3+ + =
⇒
x y x z y z y z
2 2 2 2
( ) ( ) 2( ) ( )+ + + = + − −
⇒
x y x z x y x z
y z y z y z y z
2 2 2
2

     
+ + + +
+ = − −
 ÷  ÷  ÷
+ + + +
     
(*)
Đặt
x y x z
u v
y z y z
,
+ +
= =
+ +
(u, v > 0). Từ (*) ⇒
u v u v
2 2 2
2 ( )+ = − −
⇒
u v uv
2 2
1+ − =
(1)
Khi đó ta có: BĐT ⇔
x y x z x y x z
y z y z y z y z
3 3
3 5
      

+ + + +
+ + ≤
 ÷  ÷  ÷ ÷
+ + + +
      
⇔
u v uv
3 3
3 5+ + ≤
⇔
u v u uv v uv
2 2
( )( ) 3 5+ − + + ≤
⇔
u v uv3 5
+ + ≤
(2) (do (1))
Mặt khác từ (1) ta có:
uv u v
2
1 ( ) 1= − − ≤
(3)
và
u v uv u v
2 2
3
( ) 1 3 1 ( )
4
+ = + ≤ + +
⇒

u v
2
( ) 4+ ≤
⇒
u v 2
+ ≤
(4)
Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2).
Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) ∈ ∆ ⇒
IE a a( 6;3 )= − −
uur
Gọi P là điểm đối xứng của E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1),
MP a a(11 ; 6)= − −
uuur
Ta có:
MP IE. 0=
uuur uur
⇔
a a a a(11 )( 6) ( 6)(3 ) 0− − + − − =
⇔
a
a
6
7

=

=

Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận

IE
uur
làm VTPT.
• Với
a 6=
⇒
IE (0; 3)= −
uur
⇒ Phương trình AB:
y 5=
• Với
a 7=
⇒
IE (1; 4)= −
uur
⇒ Phương trình AB:
x y4 19 0− + =
2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5
d I P R( ,( )) 3= <
⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C).
Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4.
Câu VII.a: PT có các nghiệm:
z i z i
1 2
1 3 , 1 3= − − = − +
⇒ A =
z z
2 2
1 2
+

= 20
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R =
2
.
Ta có:
· ·
IAB
S IA IB AIB R AIB R
2 2
1 1 1
. .sin sin 1
2 2 2
= = ≤ =
Dấu "=" xảy ra ⇔
·
AIBsin 1=
⇔
·
AIB
0
90=
⇔ ∆AIB vuông cân tại I
Trang 82
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Khi đó:
R
d I( , ) 1
2
∆
= =

⇔
m m
m
2
2 2 2 3
1
1
− − − +
=
+
⇔
m m
2
15 8 0− =
⇔
m
m
0
8
15

=

=


2) Giả sử:
M t t t( 1 ; ; 9 6 )− + − +
∈ ∆
1

.
Khoảng cách từ M đến ∆
2
:
t t t
d M
2 2 2
2
(8 14) ( 14 20) ( 4)
( , )
3
∆
− + − + + −
=
Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P):
t
d M P
11 20
( ,( ))
3
−
=
Từ đó ta có:
t t t
2 2 2
(8 14) ( 14 20) ( 4)
3
− + − + + −
=
t11 20

3
−
⇔
t t
2
140 352 212 0− + =
⇔
t
t
1
53
35

=

=


• Với t = 1 ⇒ M(0; 1; –3) • Với t =
53
35
⇒
M
18 53 3
; ;
35 35 35
 
 ÷
 
Câu VII.b: Điều kiện:

xy 0>
Hệ PT ⇔
x y xy
x xy y
2 2
2 2
2
4


+ =

− + =


⇔
x y
x
2
4

=

=

⇔
x y
x y
2
2


= =

= = −

vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2).
Hướng dẫn Đề số 46
www.MATHVN.com
Câu I: 2) PTTT
∆
của (C) tại điểm
( )
M x y
0 0 0
;
là:
( )
( )
∆
= − + − + − +y x x x x x x x
2 3 2
0 0 0 0 0 0
1
: 4 3 2 3
3
∆ qua O
0 0
0, 3x x⇔ = =
⇒ Các tiếp tuyến cần tìm:
3y x=

,
0y =
.
Câu II: 1) PT ⇔
( ) ( )
sin cos 1 2cos 3 0x x x+ + − =

⇔
2
1
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x
x k
π
π
π
π π

= − +
 

+ = − ⇔ + = − ⇔
 ÷

 

= +

.
KL: nghiệm PT là
2 ; 2
2
π
π π π
= − + = +x k x k
.
2) Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =
Khi
0y =
thì hệ VN.
Khi
0y ≠
, chia 2 vế cho
3
0y ≠
ta được:
3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
+ + − =

 ÷  ÷  ÷
     
Đặt
x
t
y
=
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


Trang 83
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Câu III: Ta có:
2
2 2 1x x− + ≥
nên PT

2
2
2 2
x
m
x x
+
⇔ =
− +
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
+
=
− +

( )
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2
x
f x
x x x x
−

⇒ =
− + − +
( )
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
→−∞ →+∞
 
= ⇔ = = = − =
 ÷
 
Kết luận:
1 10m< <
Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD
( )
SO ABCD⇒ ⊥
.
Ta có:
2
2 2 2
2 2
4 2
a a
SO SA OA a= − = − =
2 3
.
1
2

6
ABCD S ABCD
S a V a= ⇒ =
Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN. Ta chứng minh
I cách đều các mặt của hình chóp
( )
( )
2
2 2 2 3 1
4
4 3
SMN
a a
S pr r
a a
∆
−
= ⇒ = =
+
Câu V: Đặt
t xy
=
. Ta có:
( )
( )
xy x y xy xy xy
2
1
1 2 2 4
5

+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

Và
( )
( )
xy x y xy xy xy
2
1
1 2 2 4
3
+ = − + ≥ ⇒ ≤
.
Suy ra :
( )
( )
x y x y
t t
P
xy
t
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1
4 2 1
+ −
− + +
= =

+
+
.Điều kiện:
t
1 1
5 3
− ≤ ≤
.
Do đó:
( )
( )
t t
P
t
2
2
7
'
2 2 1
− −
=
+
,
t thoaû
P
t loaïi
0 ( )
' 0
1 ( )


=
= ⇔

= −


P P
1 1 2
5 3 15
   
− = =
 ÷  ÷
   
và
( )
P
1
0
4
=
.
Kết luận: Max P =
1
4
và Min P =
2
15
Câu VI.a: 1) PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2

x x x x x x
⇔ + = +

3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     

⇔
1x
=
2) Ta có:
( )
2 2
cos sin
cos 1 cos
x x
I dx
x x
=
+
∫
. Đặt
2
cos 2cos sint x dt x xdx= ⇒ = −

Suy ra :
( )
1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2 1 2
dt t
I dt C
t t t t t
+
 
= − = − = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
=
2
2
1 1 cos
ln
2
cos
x
C
x
 
+
= +
 ÷
 

Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu của
( )
−I 1; 2;3
lên Oy, ta có:
( )
0; 2;0M −
.
( )
1;0; 3 10IM R IM= − − ⇒ = =
uuur
là bán kính mặt cầu cần tìm.
Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 3 10x y z− + + + − =
.
Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . BPT
( )
3 3
4 log log 5x x⇔ + >
Trang 84
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Đặt
3
logt x=
. Ta có:
2
4 5 0 5t t t+ − > ⇔ < −
hoặc
1 t

<
⇔
1
0
243
x< <
hoặc
3x
>
.
2) Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
+
=
. Hàm số có 2 cực trị
' 0y⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt, khác 0
0m
⇔ <
Khi đó các điểm cực trị là:
( )
( )
2
1 1 4

;2 , ; 2 16A m B m AB m
m
m m
   
− − − − ⇒ = + −
 ÷  ÷
−
− −
   
( )
( )
2
4
2 .16 16AB m
m
≥ − =
−
. Dấu "=" xảy ra ⇔
1
2
m = −
. Kết luận:
1
2
m = −
.
Câu VII.b:
( ) ( ) ( )
2
2

: 1 1 1;0 ; 1C x y I R+ + = ⇒ − =
. Hệ số góc của tiếp tuyến (∆) cần tìm là
3±
.
⇒ PT (∆) có dạng
( )
1
: 3 0x y b∆ − + =
hoặc
( )
2
: 3 0x y b∆ + + =
•
( )
1
: 3 0x y b∆ − + =
tiếp xúc (C)
( )
1
,d I R⇔ ∆ =

3
1 2 3
2
−
⇔ = ⇔ = ± +
b
b
.
Kết luận:

( )
1
: 3 2 3 0x y∆ − ± + =
•
( )
2
: 3 0x y b∆ + + =
tiếp xúc (C)
( )
2
,d I R⇔ ∆ =
3
1 2 3
2
−
⇔ = ⇔ = ± +
b
b
.
Kết luận:
( )
2
: 3 2 3 0x y∆ + ± + =
.
Hướng dẫn Đề số 47
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox:
− + + =x m x m m
4 2 2 4
2 2 0

(∗).
Đặt
( )
= ≥t x t
2
0
, ta có :
− + + =t m t m m
2 2 4
2 2 0
(∗∗)
Ta có :
∆ = − >m' 2 0
và
= >S m
2
2 0
với mọi
<m 0
. Nên PT (∗∗) có nghiệm dương.
⇒ PT (∗) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).
Câu II: 1) PT
⇔ + + − =x x x3sin2 cos2 4sin 1 0
⇔ − + =x x x x
2
2 3 sin cos 2sin 4sin 0
.
( )
⇔ − + =x x x2 3 cos sin 2 sin 0
⇔


− =

=

x x
x
sin 3 cos 2
sin 0
⇔
π
π

 
− =

 ÷
 

=


x
x k
sin 1
3

⇔
π
π

π

= +


=

x k
x k
5
2
6
2)

− =

+ =

y x m
y xy
2 (1)
1 (2)
.
Từ (1) ⇒
= −x y m2
, nên (2) ⇔
− = −y my y
2
2 1


≤

⇔

= − +


y
m y
y
1
1
2
(vì y ≠ 0)
Trang 85
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Xét
( ) ( )
= − + ⇒ = + >f y y f y
y
y
2
1 1
2 ' 1 0
Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất
⇔ >m 2
.
Câu III: Ta có:
( )
′

   
− −
=
 ÷  ÷
+ +
   
x x
f x
x x
2
1 1 1
. .
3 2 1 2 1
⇒
( )
 
−
= +
 ÷
+
 
x
F x C
x
3
1 1
9 2 1
Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.
Vẽ DD′ // BC, ta có: DD′=BM
⇒ = =

TD DD
TC MC
' 1
3
.
Mà:
= = ⇒ ⇒ = = =
TD AP QD DP CP
AT DP
TC AC QA AT CA
1 2
3 3
P
Nên:
= = = ⇒ =
A PQN
A PQN ABCD
A CDN
V
AP AQ
V V
V AC AD
.
.
.
1 3 1 1
. .
3 5 5 10
(1)
Và:

= = = ⇒ =
C PMN
ABMNP ABCD
C ABN
V
CP CM
V V
V CA CB
.
.
2 3 1 1
. .
3 4 2 4
(2).
Từ (1) và (2), suy ra :
=
ABMNQP ABCD
V V
7
20
.
Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là
7
13
hoặc
13
7
.
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
+ ≥x

x
2
18 12
(1). Dấu bằng xảy ra ⇔
=x
1
3
.
Tương tự:
+ ≥y
y
2
18 12
(2) và
+ ≥z
z
2
18 12
(3).
Mà:
( )
− + + ≥ −x y z17 17
(4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có:
≥
P 19
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
= = =x y z
1
3

. Vậy GTNN của P là 19 khi
= = =x y z
1
3
.
Câu VI.a: 1) Điều kiện :
>x 0
.
PT ⇔
+ =x x x
2 4 2
1 log log 3log
⇔

=

− + =

t x
t t
2
2
log
3 2 0
⇔

=


=




=


t x
t
t
2
log
1
2
⇔

=

=

x
x
2
4
2) Ta có:
= +
−
y
x
1
1

2
. Do đó:
∈ ⇔ − = ± ⇔ = =x y Z x x x, 2 1 3, 1
Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là
( ) ( )
A B1;0 , 3;2
Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là:
− − =x y 1 0
.
Câu VII.a: Gọi
( ) ( )
− ∈I m m d;2 4
là tâm đường tròn cần tìm.
Ta có:
= − ⇔ = =m m m m
4
2 4 4,
3
.
•
=m
4
3
thì phương trình đường tròn là:
   
− + + =
 ÷  ÷
   
x y
2 2

4 4 16
3 3 9
.
•
=
m 4
thì phương trình đường tròn là:
( ) ( )
− + − =x y
2 2
4 4 16
.
Trang 86
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu VI.b: 1) Điều kiện :
0x
>
. Đặt
2
logt x=
, ta có :
( )
1 0
3
t
t t+ + <
BPT
2
4
3 4 0 0

3
t t t⇔ + < ⇔ − < <
⇔
2
3
4 1
log 0 1
3
2 2
x x− < < ⇔ < <
.
2) Ta có:
( )
2
' 3 2 5 5 ; " 6 2 10y x m x m y x m= + − − = + −
.
5
" 0
3
m
y x
−
= ⇔ =
; y′′ đổi dấu qua
5
3
m
x
−
=

.
Suy ra:
( ) ( )
3
2 5 5 5
5
;
3 27 3
m m m
m
U
 
− −
−
 ÷
+
 ÷
 
là điểm uốn.
Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số
=y x
3
thì
( ) ( )
3
3
2 5 5 5
5
27 3 3
m m m

m
− −
−
 
+ =
 ÷
 
⇔
=m 5
Câu VII.b: Ta có:
3 2AB BC CA= = =
⇒
ABC
∆
đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
là trọng tâm của nó.
Kết luận:
5 8 8
; ;
3 3 3
I
 
−
 ÷
 
.
Hướng dẫn Đề số 48
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ⇒ PT

( )
: 1 1d y k x= + +
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
−
⇔ = + +
+
có 2 nghiệm phân biệt
khác
1−
.
Hay:
( )
2
2 4 0f x kx kx k= + + + =
có 2 nghiệm phân biệt khác
1−

( )
0
4 0 0
1 4 0
k
k k

f

≠

⇔ ∆ = − > ⇔ <


− = ≠

Mặt khác:
2 2
M N I
x x x+ = − = ⇔
I là trung điểm MN với
0k
∀ <
.
Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là
1y kx k= + +
với
0k
<
.
Câu II: 1) PT
cos3 3 sin3 3cos 2 sin 2x x x x⇔ − = +

1 3 3 1
cos3 sin 3 cos 2 sin 2
2 2 2 2
x x x x⇔ − = +

cos 3 cos 2
3 6
x x
π π
   
⇔ + = −
 ÷  ÷
   
⇔
2
6
2
10 5
π
π
π π

= − +



= − +


x k
k
x
2) Ta có :
2 2

9 3x y xy= ⇔ = ±
.
• Khi:
3xy =
, ta có:
3 3
4x y− =
và
( )
3 3
. 27− = −x y
Trang 87
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Suy ra:
( )
3 3
; −x y
là các nghiệm của phương trình:
2
4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±
Vậy nghiệm của Hệ PT là:
3 3
2 31, 2 31x y= + = − −
hoặc
3 3
2 31, 2 31x y= − = − +
.
• Khi:
3xy = −
, ta có:

3 3
4x y− = −
và
( )
3 3
. 27− =x y

Suy ra:
( )
3 3
;x y−
là nghiệm của phương trình:
2
4 27 0 ( )+ + =X X PTVN
Câu III: Đặt
2
1t x= +
. Điều kiện:
1t ≥
.
PT trở thành:
( ) ( )
2
2 1 1m t t m− + = − −
⇔
( )
1
1
2
= + ≥

+
m t t
t
Xét hàm số:
( ) ( )
( )
2
1 1
' 1
2
2
f t t f t
t
t
= + ⇒ = −
+
+
( )
2
2
4 3
2
+ +
=
+
t t
t
t loaïi
f t
t loaïi

1 ( )
( ) 0
3 ( )

= −
′
= ⇔

= −

. Dựa vào BBT, ta kết luận
4
3
m ≥
.
Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A′M.
Ta có:
( ' )
'
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
.
Mà

' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
.
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ =
.
Kết luận:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V =
.
Câu V: Ta có:
2
1
2
2

a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
= − ≥ − = −
+ +
(1)
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
≥ −
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
≥ −
+
(3).
Cộng (1), (2), (3), ta có:
( )
2 2 2
1

2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
Câu VI.a: 1) Điều kiện:
0 6x
< <
.
BPT
( )
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6x x x⇔ + > −
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >

⇔
18x
< −
hay
2 x
<
So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là
2 6x< <

.
2) Đặt
du dx
u x
x
dv dx
v x
2
2
ln



=
=
⇒
 
=


=

. Suy ra :
2 2 2
ln ln 2 ln 2= = − = − +
∫ ∫
I x dx x x dx x x x C
Câu VII.a: Gọi
( ) ( )
;0 , 0;A a B b

là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
+ =
.
Theo giả thiết, ta có:
2 1
1
8

+ =



=

a b
ab
⇔
b a ab
ab
2
8

+ =

=


.
• Khi
8ab =
thì
2 8b a+ =
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − =
.
• Khi
8ab = −
thì
2 8b a+ = −
. Ta có:
2
4 4 0 2 2 2b b b+ − = ⇔ = − ±
.
+ Với
( ) ( )
2
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − + ⇒ − + + − =b d x y
Trang 88
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
+ Với
( ) ( )
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − − ⇒ + + − + =b d x y
.
Câu VI.b: 1)
2 2

1
(1)
2 3 (2)
+

+ = +


=


x y
y x x y
(*).
Từ (1) ta có:
( ) ( )
2 2
1 0
1
=

+ = + ⇔ − + − = ⇔

= −

y x
y x x y y x y x
y x
• Khi:
y x=

thì (*) ⇔
x x
y x
1
2 3
+

=

=

⇔
2
3
2
3
log 3
log 3
=



=


x
y
.
• Khi:
1y x= −

thì (*) ⇔
x x
y x
2
1
2 3
−

= −

=

⇔
6
6
log 9
1 log 9
=


= −

x
y
2) Ta có:
( )
2
tanf x x= −
2
1

1
cos
= −
x
⇒
( )
tanF x x x C= − +
Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
+ = > >
.
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
− =
+ =






⇔
a
b
2
2
4
1


=

=


. Vậy (E):
2 2
1
4 1
x y
+ =
Hướng dẫn Đề số 49
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ
a 2
≠ −
thuộc đồ thị (C) có phương trình:
( )
( ) ( ) ( )

a
y x a x a y a d
a
a
2
2
2
4 2
4 2 2 0
2
2
= − + ⇔ − + + =
+
+
Tâm đối xứng
( )
I 2;2−
.
Ta có
( )
( ) ( )
a a a
d I d
a
a a
4 2
8 2 8 2 8 2
, 2 2
2 2 2
16 2 2.4. 2

+ + +
= ≤ = =
+
+ + +
( )
d I d,
lớn nhất ⇔
( )
a
a
a
2
0
2 4
4

=
+ = ⇔

= −

Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến
y x=
và
y x 8= +
.
Câu II: 1) Điều kiện
( )
x x
x x x

cos 2 0; cos 2 0
*
4 4
sin2 0; tan cot 0
π π

   
− ≠ + ≠

 ÷  ÷

   

≠ − ≠

Để ý rằng:
Trang 89
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
x x x x x xtan 2 .tan 2 tan 2 .tan 2 cot 2 .tan 2 1
4 4 4 4 4 4
π π π π π π
           
− + = − − + = − + + = −
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
Khi đó PT trở thành:
x
x x x
x x
2

2
4cos 2
1 cot tan 4cos 2
tan cot
− = ⇔ − =
−
( )
x
x
x x
x x
2
2
2 2
1 tan 1 2 4
4 tan2 1 0
tan tan2
1 tan 2 1 tan 2
−
⇔ = ⇔ = ⇔ − =
+ +

( )
x x m x k ktan2 1 2
4 8 2
π π π
π
⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈Z
: Không thoả điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2) Điều kiện:
x y x y
2 2
0, 0, 1 0≠ ≠ + − ≠
Đặt
x
u x y v
y
2 2
1;= + − =
. Hệ PT trở thành:
u v u v
u v u v
3 2 3 2
1 1 (1)
1 4 22 21 4 (2)
 
 
+ = + =
⇔
 
 
+ + = = −
 
Thay (2) vào (1) ta được:
v
v v
v
v v
2

3
3 2
1 2 13 21 0
7
21 4
2

=

+ = ⇔ − + = ⇔
=

−

• Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT:
x y
x x
x y
x
y y
x y
y
2 2
2 2
1 9
3 3
10
1 1
3
3


+ − =


 
= = −
+ =
⇔ ⇔ ∨
   
= = −
=
=
 



• Nếu
v
7
2
=
thì u = 7, ta có Hệ PT:
y y
x y
x y
x
x y
y
x x
2 2

2 2
2 2
4 4
1 7
8
53 53
7
7
2 2
2
14 14
2
53 53
 


= = −
+ − =
 
+ =
   
⇔ ⇔ ∨
   
=
=
   
= = −


 

 
So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT.
Câu III: Đặt
u x
dx
du
dx
x
dv
v x
x
ln
2 1
1


=
=
 
⇒
 
=
 
= +
+



( )
x

I x x dx J
x
8
8
3
3
1
2 1.ln 2 6ln8 4ln3 2
+
⇒ = + − = − −
∫
• Tính
x
J dx
x
8
3
1+
=
∫
. Đặt
t x 1= +

t t
J tdt dt dt
t t
t t
3 3 3
2
2 2

2 2 2
1 1
.2 2 2
1 1
1 1
 
⇒ = = = + −
 ÷
− +
− −
 
∫ ∫ ∫
t
t
t
8
3
1
2 ln 2 ln3 ln2
1
 
−
= + = + −
 ÷
+
 
Từ đó
I 20ln2 6ln3 4= − −
.
Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB

và CD; G là trọng tâm
∆
SAC .
Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là
¶
SJI
0
60=
⇒ ∆SIJ đều cạnh a ⇒ G cũng là trọng
tâm ∆SIJ.
IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD.
Trang 90
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
ABMN
a a
IK S AB MN IK
2
3 1 3 3
; ( )
2 2 8
= = + =
;
a
SK ABMN SK( );
2
⊥ =
Suy ra:
ABMN
a
V S SK

3
1 3
.
3 16
= =
.
Câu V: Vì
a b0 1,0 1< ≤ < ≤
nên
( ) ( )
a b ab a b1 1 0 1 0− − ≥ ⇒ − − + ≥

a b ab1
⇒ ≥ + −
ab a b
1 1 1
1 (1)⇒ ≥ + −
Tương tự :
bc b c ca c a
1 1 1 1 1 1
1 (2), 1 (3)≥ + − ≥ + −
Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:
ab bc ca a b c
1 1 1 1 1 1
2 3 (4)
 
+ + ≥ + + −
 ÷
 
Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:

( )
a b c a b c a b c
abc ab bc ca a b c
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3
   
+ + + = + + + + + ≥ + + + + + −
 ÷  ÷
   
( )
a b c
a b c a b c
1 1 1 1 1 1
2 3
 
≥ + + + + + + + −
 ÷
 
Cũng theo BĐT Cô–si ta có :
( )
a b c
a b c
1 1 1
9
 
+ + + + ≥
 ÷
 
Do đó:

( )
a b c
abc a b c a b c
1 1 1 1 1 1 1
1 6 3 3
 
+ + + ≥ + + + − = + + +
 ÷
 
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có
AG AI I
2 7 1
;
3 2 2
 
= ⇒
 ÷
 
uuur uur
Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình:
x y– –3 0=
Vì
I
7 1
;
2 2
 
 ÷

 
là trung điểm của BC nên giả sử
( )
B B
B x y;
thì
( )
B B
C x y7 ;1− −
và
B B
x y 3 0− − =
H là trực tâm của tam giác ABC nên
CH AB⊥
;
( ) ( )
B B B B
CH x y AB x y5 ; , 3; 6= − + = + −
uuur uuur
( ) ( ) ( )
B B
B B
B B B
B B
x y
x x
CH AB
x x y
y y
3

1 6
. 0
5 3 6 0
2 3

− =
 
= =

= ⇔ ⇔ ∨
  
− + + − =
= − =

 

uuur uuur
Vậy
( ) ( )
B C1; 2 , 6;3−
hoặc
( ) ( )
B C6;3 , 1; 2−
2)
( )
( )
( )
S x y z
222
( ): 1 2 4 25− + + + − =

có tâm
( )
I 1; 2;4−
và R = 5.
Khoảng cách từ I đến (α) là:
( )
d I R,( ) 3
α
= <
⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α). Phương trình đường thẳng IJ :
x t
y t
z t
1 2
2
4 2

= +

= − −


= +

Toạ độ giao điểm H của IJ và (α) thoả
( )
x t t
y t x
H

z t y
x y z z
1 2 1
2 1
1; 1;2
4 2 1
2 2 3 0 2
 
= + = −
 
 
= − − = −
⇔ ⇒ − −
 
= + = −
 
− + − = =
 
 
Trang 91
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Vì H là trung điểm của IJ nên
( )
J 3;0;0−
.
Mặt cầu (S′) có tâm J bán kính R′ = R = 5 nên có phương trình:
( )
S x y z
2
2 2

( ): 3 25
′
+ + + =
Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:
• Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ
Số cách chọn 3 nam còn lại là
C
3
6
.
Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là
C
3
9
.
Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là
C C
3 3
6 9
. 1680=
(cách)
• Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường
Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là
C
4
6
Số cách chọn 2 nữ còn lại là
C
2
9

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là
C C
4 2
6 9
. 540=
(cách)
Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)
Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình:
y x=
.
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :
x
x y
A
y x
y
2
2 2
4 2 0
3
;
2
3 3
3

= −

 

− − =

⇔ ⇒ − −
 
 ÷
=

 

= −

Vì M là trung điểm của AC nên
C
8 8
;
3 3
 
 ÷
 
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình:
x
y 2
4
= +
( )
x y
x
BH BC B B
x
y
y
3 0

4
: 4;1
1
2
4

+ + =


= −
∩ = ⇔ ⇒ −
 
=
= +



2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi
∆
là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D
cần tìm là giao điểm của
∆
và (S).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương
( )
AB 2;6;3= −
uuur

nên có phương trình:
x t
y t
z t
2 2
3 6
3 3

= −

= +


= +

Phương trình mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
S x y z
2 2 2
: 3 1 2 9− + + + + =
Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:
( ) ( ) ( )
x t
t
y t
t t
z t
t
x y z
2

2 2 2
2 2
1
3 6
49 82 33 0
33
3 3
49
3 1 2 9

= −


= −
= +


⇒ + + = ⇔

= +
= −



− + + + + =


• Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7
• Với
t D

33 164 51 48
; ;
49 49 49 49
 
= − ⇒ −
 ÷
 
(nhận)
Câu VII.b:
x y y x

x xy x
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1 (2)
+ − +

+ =


+ + = +


Trang 92
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Ta có:
( )
( )
x

x
x
x x y
x y x
x xy x
2
1
1 0
1
2
3 1 0
0 1 3
3 1 1

≥ −

+ ≥

≥ −
⇔ ⇔ ⇔
  
+ − =
= ∨ = −
+ + = +



• Với x = 0 thay vào (1) ta được:
y y y y y
y

2
2
8 8
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log
11 11
−
+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
• Với
x
y x
1
1 3

≥ −

= −

thay
y x1–3=
vào (1) ta được :
x x3 1 3 1
2 2 3.2 (3)
+ − −
+ =
Đặt
x
t
3 1
2
+

=
, vì
x 1
≥ −
nên
t
1
4
≥ −
. Khi đó:
(3) :
t loaïi
t t t
t
t thoaû
2
1
3 2 2 ( )
6 6 1 0
3 2 2 ( )

= −
+ = ⇔ − + = ⇔

= +

Suy ra:
( )
x
x

3 1
2
1
2 3 2 2 log 3 2 2 1
3
+
 
= + ⇔ = + −
 
;
( )
y x
2
1 3 2 log 3 2 2= − = − +
Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm
x
y
2
0
8
log
11

=


=


và

( )
( )
x
y
2
2
1
log 3 2 2 1
3
2 log 3 2 2

 
= + −

 


= − +

Hướng dẫn Đề số 50
Câu I: 2)
2
3 2 (3 2 )
′
= − = −y x mx x x m
• Khi m = 0 thì
2
3 0
′
= ≥y x

⇒
(1) đồng biến trên R
⇒
thoả yêu cầu bài toán.
• Khi
0m ≠
thì (1) có 2 cực trị
1 2
2
0 ,
3
m
x x= =
Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:
( )
1 2
( ). 0f x f x >
3 2
2
4 2
2 (2 ) 0 4 (1 ) 0
27 27
m m
m m m⇔ − > ⇔ − >

0
3 6 3 6
2 2
m
m

≠


⇔

− < <


Kết luận: khi
3 6 3 6
;
2 2
m
 
∈ −
 ÷
 ÷
 
thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.
Câu II: 1) PT ⇔
( )
2
3 sin cos 3 sin cos
+ = +
x x x x
⇔
( ) ( )
3 sin cos 3 sin cos 1 0+ + − =x x x x
⇔
3 sin cos 0

3 sin cos 1 0

+ =

+ − =


x x
x x
⇔
3
tan
3
sin sin
6 6
π π

= −



 
+ =
 ÷

 

x
x
⇔

6
2
2 ; 2
3
π
π
π
π π

= − +



= = +


x k
x k x k
2)
( )
2
3 2 (1)
2 8 (2)

− =


− =



x y xy
x y
. Điều kiện :
. 0 ;x y x y≥ ≥
Ta có: (1) ⇔
2
3( ) 4 (3 )( 3 ) 0− = ⇔ − − =x y xy x y x y
3
3
y
x y hay x⇔ = =
Trang 93
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
• Với
3x y=
, thế vào (2) ta được :
2
6 8 0 2 ; 4y y y y− + = ⇔ = =

⇒ Hệ có nghiệm
6 12
;
2 4
x x
y y
= =
 
 
= =
 

• Với
3
y
x =
, thế vào (2) ta được :
2
3 2 24 0y y− + =
Vô nghiệm.
Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:
6 12
;
2 4
x x
y y
= =
 
 
= =
 
Câu III:
6 6
2
0 0
sin sin
cos2 2cos 1
π π
= =
−
∫ ∫
x x

I dx dx
x x
. Đặt
cos sint x dt xdx
= ⇒ = −
Đổi cận:
3
0 1;
6 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Ta được
3
1
2
2
3
1
2
1 1 2 2
ln
2 1
2 2 2 2
−
= − =
−
+
∫
t

I dt
t
t
=
1 3 2 2
ln
2 2 5 2 6
−
−
Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho
·
0
45SIH =
.
Gọi x là độ dài cạnh của ∆ABC. Suy ra :
3 3 3
, ,
2 3 6
x x x
AI AH HI= = =
SAH vuông tại H
2
2 2 2 2
3
3
x
SH SA AH a
 
⇒ = − = −
 ÷

 ÷
 

SHI vuông cân tại H
3
6
x
SH HI⇒ = =
Suy ra:
2 2
2
3 3 2 15
6 3 5
x x a
a x
   
= − ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Do đó:
( )
2 2 3
.
1 1 5 3 3 15
. . .
3 3 5 5 25
S ABC
a a a
V SH dt ABC= = =

Câu V: Gọi
( )
1 1
2
x y
A x y
x y y x
   
= + + = + +
 ÷  ÷
   
. Đặt
x
t
y
=
thì
1
( ) 2A f t t
t
= = + +
Với
[ ]
2 4
1 1
, 2;4 2 ;2
1 1 1
2 2
4 2
x

x
x y t
y
y
≤ ≤


 
∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈

 
≤ ≤
 


Ta có:
2
2 2
1 1 1
( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2
2
−
 
′ ′
= − = = ⇔ = ∈
 
 
t
f t f t t
t t

1 9 9
(2) ; (1) 4 4
2 2 2
f f f A
 
= = = ⇒ ≤ ≤
 ÷
 
(đpcm)
Câu VI.a: 1) Ta có
A(1; 1)−
và
1 2
d d⊥
.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1
d
,
2
d
là:
∆
1
:
7 3 4 0x y+ − =
và ∆
2
:
3 7 10 0x y− − =

3
d
tạo với
1
d
,
2
d
một tam giác vuông cân
⇒
3
d
vuông góc với ∆
1
hoặc ∆
2.
.
⇒ Phương trình của
3
d
có dạng:
7 3 0x y C+ + =
hay
3 7 0
′
− + =x y C
Mặt khác,
3
d
qua

( 7;8)P −
nên C = 25 ; C′ = 77
Trang 94
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Suy ra :
3
: 7 3 25 0d x y+ + =
hay
3
:3 7 77 0d x y− + =
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
29
2
⇒ cạnh huyền bằng
58
Suy ra độ dài đường cao A H =
58
2
=
3
( , )d A d
• Với
3
: 7 3 25 0d x y+ + =
thì
3
58
( ; )
2
d A d =

( thích hợp)
• Với
3
:3 7 77 0d x y− + =
thì
3
87
( ; )
58
d A d =
( loại )
2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P):
z 2=
vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn
tâm
1
(0,0,0)O
, bán kính
1
2R =
và tâm
2
(0,0,2)O
, bán kính
2
8R =
. Suy ra tâm mặt cầu (S)
là
(0,0, )I m
∈ Oz.

R là bán kính mặt cầu thì :
2
2 2
2 2
2
2 2
2
4 64 2
8 2
R m
m m
R m

= +

⇒ + = + −

= + −


⇔
m 16
=
⇒
2 65R =
,
( )
I 0;0;16
Vậy phương trình mặt cầu (S) :
2 2 2

( 16) 260x y z+ + − =
Câu VII.a:
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C+ + + =
Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
(1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
Nên
[ ]
2 7
6 0 1 6
6 6 6
0
0
0 0
(1 )
2 7

a a
a
a
x x
x dx C x C C
   
+ = + + +
   
   
∫
⇔

7 2 7
0 1 6
6 6 6
0
(1 )
. .
7 2 7
a
x a a
a C C C
 
+
= + + +
 
 
⇔
7
7 7 7

(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a
+
− = ⇒ + = ⇒ + =
⇔
a 1
=
Vậy a = 1 và n = 6 .
Câu VI.b: 1) (C) có tâm
(1; 3)I −
và bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và
2 2 2 2
5 4 3IH R AH= − = − =
hay
( , ) 3d I ∆ =
(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:
2 2
0 ; 0Ax By A B+ = + ≠
Từ (*) cho :
2 2
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B

−
= ⇔ + =
+
⇔
0A =
hay
4 3 0A B+ =
• Với
4 3 0A B+ =
, chọn A = 3; B = – 4 ⇒ Phương trình của ():
3 4 0x y− =
• Với A = 0, chọn B = 1 ⇒ Phương trình của ():
y 0=
.
Kết luận : PT của () là
3 4 0x y− =
hay
y 0=
.
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP
(1; 1; 2)u = − −
ur
. (P) có VTPT
n (2; 2; 1)
′
= − −
r
.
Giao điểm M(0;0;m) cho
( 1;0; )AM m= −

uuuur
. (α) có VTPT
, ( ; 2;1)n AM u m m
 
= = −
 
ur uuuur ur
(α) và (P):
2 2 1 0x y z− − + =
tạo thành góc 60
0
nên :

( )
2
2
1 1 1
cos , 2 4 1 0
2 2
2 4 5
′
= ⇔ = ⇔ − + =
− +
n n m m
m m
r r
⇔
m
m
2 2

2 2

= −

= +

.
Trang 95