Toán Tin THPT chuyên Hà Nội

1

PHẦN I:
a) VẼ HÌNH PHẲNG
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Tốn – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
1/5

ĐỀ BÀI

[Trích Bài IV (3,0 điểm) - Hà Nội 2021 - 2022]
Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường trịn tâm C, bán kính CA. Từ điểm B kẻ tiếp tuyến BM với
đường tròn (C; CA) (M là tiếp điểm, M và A nằm khác phía đới với đường thẳng BC).
1) Chứng minh bốn điểm A, C, M và B cùng thuộc một đường tròn.
2) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng AB (N khác A, N khác B). Lấy điểm P thuộc tia đối của tia M B sao
cho M P = AN . Chứng minh tam giác CP N là tam giác cân và đường thẳng AM đi qua trung điểm
của đoạn thẳng N P .
BÀI LÀM

Tóm tắt & Vẽ hình

GT

KL

△ABC, A = 90o
(C; CA)
BM ⊥ CM (M ∈ (C), M ̸= A)
2) N ∈ AB (N ̸= A, N ̸= B)
P, B khác phía M |M P = AN
Gọi AM ∩ N P = I
1) A, C, N, M thuộc một đường tròn.
2) △CP N cân; I là trung điểm N P .

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

Chứng minh
1) Chứng minh bốn điểm A, C, M và B cùng thuộc một đường tròn.
Tam giác ABC vuông tại A nên BAC = 90o
=⇒ A thuộc đường trịn đường kính BC.
BM là tiếp tuyến của đường tròn (C) nên BM C = 90o
=⇒ M thuộc đường trịn đường kính BC.

1


2

KL: Bốn điểm A, C, M và B cùng thuộc đường trịn đường kính BC.

2) Chứng minh △CP N là tam giác cân và đường thẳng AM đi qua trung điểm của đoạn thẳng N P .
• Xét △CAN và △CM P có:
CA = CM ; CAN = CM P = 90o ; AN = M P
=⇒ △CAN = △CM P (c.g.c)
=⇒ CN = CP
=⇒ △CP N cân tại C.
• Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng N P .
△CP N cân tại C và I là trung điểm của đoạn thẳng N P nên CI ⊥ N P .
Tứ giác N ACI nội tiếp =⇒ N IA = N CA.
Tứ giác N ACI nội tiếp =⇒ M IP = M CP .
△CAN = △CM P =⇒ N CA = M CP .
Ta có: N IA + P IA = 180o (vì I nằm giữa N và P ).
=⇒ M IP + P IA = 180o .
=⇒ A, I, M là 3 điểm thẳng hàng.
KL: Đường thẳng AM đi qua trung điểm của đoạn thẳng N P .

2


3
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Tốn – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:

Bài:

20/07/2022.
I
2/5

ĐỀ BÀI

[Trích Bài IV (3,0 điểm) - Hà Nội 2020 - 2021]
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vng góc
kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC.
a) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: BH.BA = BK.BC.
c) Gọi F là chân đường vng góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng
EF . Chứng minh rằng ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
BÀI LÀM

Tóm tắt & Vẽ hình

GT

KL

△ABC nhọn
EH ⊥ AB = H, EK ⊥ BC = K
c) CF ⊥ AB = F (M ∈ (C), M ̸= A)
IE = IF, I ∈ EF
a) BHEK là tứ giác nội tiếp.
b) BH.BA = BK.BC.
c) H, I, K thẳng hàng.

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

Chứng minh
a) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có: BHE = BKE = 90o nên tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: BH.BA = BK.BC.
Từ câu a) ta thu được BHK = BEK = 90o − KEC = BCA.
Từ đó △BHK ∼ △BCA (g.g)
BH
BK
=
.
Suy ra
BC
BA
Vậy BH.BA = BC.BK.
c) Chứng minh rằng ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.
Gọi J là hình chiếu vng góc của E trên CF . Ta có HF JE là hình chữ nhật nên HJ và EF cắt
nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
Lại có EJC = EKC = 90o

3


4

=⇒ Tứ giác EJKC nội tiếp, BF C = BEC = 90o nên tứ giác BF EC nội tiếp.
Suy ra EJK = 180o − KCE = 180o − HJE.
=⇒ H, J, K thẳng hàng.

Vậy H, J, K thẳng hàng.

4


5
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Tốn – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
3/5

ĐỀ BÀI

[Trích Bài IV (3,0 điểm) - Hà Nội 2019 - 2020]
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của
tam giác ABC cắt nhau tại điểm H.
1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường trịn.
2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF .
3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm I, đường

thảng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác AP E đồng dạng với tam giác AIB
và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP .
BÀI LÀM

Tóm tắt & Vẽ hình

GT

KL

△ABC nhọn, nội tiếp (O)
BE ⊥ AC = E, CF ⊥ AB = F
BE ∩ CF = H
3) K ∈ BC|KB = KC, EF ∩ AH = P
a) B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.
b) OA ⊥ EF .
c) △AP E ∼ △AIB, KH ∥ IP .

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

Chứng minh
1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.
BE ⊥ AC =⇒ BEC = 90o .
CF ⊥ AB =⇒ CF B = 90o .
=⇒ Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc đường trịn đường kính BC.
2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF .
Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp =⇒ AEF = ABC.
Kẻ đường kính AQ =⇒ △AQC vng tại C =⇒ QAC + AQC = 90o .
1
Xét (O) có AQC = ABC = sđAC.

2
=⇒ AEF + EAO = 90o =⇒ AO ⊥ EF .
5


6

3) Chứng minh △AP E đồng dạng với tam giác △AIB và KH song song với IP .
EAO = HAB (vì cùng phụ với ABC) =⇒ EAP = IAB.
AEP = ABI =⇒ △AP E ∼ △AIB (g.g)
△AP E ∼ △AIB(g.g) =⇒
△AEH ∼ △ABQ (g.g) =⇒
Từ (1) và (2) =⇒

AE
AP
=
.
AB
AI
AE
AH
=
.
AB
AQ

(1)
(2)

AH
AP
AI
AP
=
=⇒
=
AI
AQ
AH
AQ
=⇒ P I ∥ HQ.

(3)

Chứng minh tứ giác HCQB là hình bình hành.
=⇒ H, K, Q thẳng hàng.
Từ (3) và (4) =⇒ KH ∥ IP .

6

(4)


7
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.

Tốn – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
4/5

ĐỀ BÀI

[Trích Bài IV (3,0 điểm) - Hà Nội 2018 - 2019]
Cho đường trịn (O; R) với dây cung AB khơng đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia
AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) sao cho điểm C nằm trên
cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1) Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc một đường trịn đường kính SO.
2) Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SC theo R và tính số đo CSD.
3) Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC, cắt đoạn thẳng CD tại điểm K. Chứng
minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn thẳng SC.
4) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vng góc của điểm E trên đường thẳng
AD. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F ln thuộc một đường
trịn cố định.
BÀI LÀM

Tóm tắt & Vẽ hình
GT

KL

(O; R), AB < 2R
AS: Tia đối tia AB (S ̸= A)
SC ⊥ CO = C, SD ⊥ OD = D (C, D ⊂ (O))
C thuộc cung bé AB
2) SO = 2R
3) AK ∥ SC, AK ∩ CD = K
4) E ∈ BD, EB = ED
BF ⊥ AD = F
Gọi BK ∩ SC = M
1) C, D, H, O, S thuộc đường trịn đường kính SO.
2) SD(R) =?, CSD =?
3) ADHK là tứ giác nội tiếp.
4) S ∈ AS thì F ln thuộc một đường trịn cố định.

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

Chứng minh
1) Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc một đường trịn đường kính SO.
• SD, SC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).
=⇒ OD ⊥ SD, OC ⊥ SC.

7


8

Suy ra:

D, C thuộc đường trịn đường kính SO.

• Do H là trung điểm của AB. =⇒ OH ⊥ AB
=⇒ SHO = 90o
Suy ra:
H thuộc đường trịn đường kính SO.

(5)

(6)

Từ (5), (6) =⇒ C, D, H, O, S cùng thuộc đường trồn đường kính SO.
2) Tính độ dài đoạn thẳng SC theo R và tính số đo CSD.
Xét △SDO có: SO2 = SD2 + DO2
2
2
2
2
2
=⇒ SD2 = SO
√ − DO = 4R − R = 3R
=⇒ SD = R 3
Có:
DO
1
sin DSO =
= =⇒ CSD = 60o
DS
2
3) Chứng minh ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn thẳng SC.
Ta có: S, D, O, H cùng thuộc một đường tròn nên SHOD là tứ giác nội tiếp.

Suy ra:
1
AHD = SOD = COD
(7)
2
Ta có:
1
AKD = SCD (đồng vị) nên AKD = COD
(8)
2
Từ (7) và (8) =⇒ AHD = AKD =⇒ ADHK nội tiếp.
Gọi M là giao điểm của BK và SC.
Gọi N là giao điểm của AK và BC.
Ta có: KHA = CBS =⇒ HK ∥ BC mà H là trung điểm AB nên K là trung điểm của AN .
Suy ra: AK = KN .
AK
KN
Ta có:
=
mà AK = KN nên SM = CM nên M là trung điểm của SC.
SM
CM
4) Chứng minh rằng, khi S thay đổi trên tia đối của tia AB thì F ln thuộc một đường trịn cố định.
Kẻ đường kính AA′ của đường trịn tâm O.
Ta có: ADA′ = 90o =⇒ DA′ ⊥ DA, mà EF ⊥ DA =⇒ EF ∥ DA′ .
Kéo dài EF cắt BA′ tại G.
EF ∥ DA′ , E là trung điểm BD.
=⇒ G là trung điểm BA′ .
AA′ là đường kính đường trịn tâm O nên A′ cố định =⇒ BA′ cố định.
=⇒ G cố định.

Mà AF G = 90o =⇒ F thuộc đường tròn đường kính AG cố định.

8


9
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Tốn – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
5/5

ĐỀ BÀI

[Trích Bài IV (3,0 điểm) - Hà Nội 2022 - 2023]
Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Gọi E là một điểm bất kỳ trên tia CA sao cho A nằm giữa
hai điểm C và E. Gọi M và H lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ điểm A đến các đường thẳng
BC và BE.
1) Chứng minh tứ giác AM BH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh BC.BM = BH.BE và HM là tia phân giác của góc AHB.

3) Lấy điểm N sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AN . Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng
EN và AB. Chứng minh ba điểm H, K, M là ba điểm thẳng hàng.
BÀI LÀM

Tóm tắt & Vẽ hình

GT

KL

△ABC, A = 90o , AB = AC
A ∈ CE
AM ⊥ BC = M, AH ⊥ BE = H
3) M ∈ AN |M A = M N, EN ∩ AB = K
1) AM BH là tứ giác nội tiếp.
2) AC.BM = BH.BE. HM là tia phân giác của AHB.
3) H, K, M B thẳng hàng.

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

Chứng minh
1) Chứng minh tứ giác AM BH là tứ giác nội tiếp.
Vì M và H lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ A và BC và BE
=⇒ AM ⊥ BC tại M , AH ⊥ BE tại H.
=⇒ AM B = 90o và AHB = 90o .
Xét tứ giác AM BH có:
AM B + AHB = 90o + 90o = 180o .
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
=⇒ Tứ giác AM BH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh BC.BM = BH.BE và HM là tia phân giác của góc AHB.

• Vì M và H là chân đường vng góc kẻ từ A đến BC và BE nên AM ⊥ BE và AM ⊥ BC.

9


10

Xét △ABC vng cân tại A có AM ⊥ BC
Suy ra:
AB 2 = BM.BC(hệ thức lượng)

(9)

Xét △ABE vuông cân tại A có AH ⊥ BE
Suy ra:
AB 2 = BH.BE(hệ thức lượng)

(10)

Từ (9) và (10) ta được BM.BC = BH.BE.
• Vì △ABC vuông cân tại A
=⇒ ABC = ACB = 45o
=⇒ ABM = 45o
=⇒ △AM B vuông cân tại M
=⇒ M AB = 45o
Xét tứ giác AM BH có:
M AB = M HB = 45o (2 góc nội tiếp cùng chắn M B)

(11)

Xét tứ giác AM BH có:
AHM = ABM = 45o (2 góc nội tiếp cùng chắn M A)

(12)

Từ (11) và (12) =⇒ M HA = M HB
=⇒ HM là tia phân giác AHB.
3) Chứng minh ba điểm H, K, M là ba điểm thẳng hàng.
Gọi K ′ là giao điểm của HM và AB =⇒ Ta cần chứng minh K trùng K ′ . Xét △AHB và △EAB có:
EBA chung
=⇒ △AHB ∼ △EAB(g.g)
AHB = EAB = 90o
Suy ra:

HA
AE
=
(Tính chất)
HB
AB

Xét △AHB có:
HK ′ là phân giác của AHB (K ′ ∈ AB) (chứng minh ý 2))
Suy ra:
HA
K ′A
= ′ (Tính chất đường phân giác)
HB
KB

(13)

(14)

Xét △AHB có:
BM là đường trung tuyến (Vì M là trung điểm của AN )
BM là đường cao (Vì BM ⊥ AN ) =⇒ △ABN cân tại B.
Mà BAN = 45o (Vì △ABC vng cân tại A)
=⇒ △ABN vuông cân tại B. Suy ra:
AB = BN
ABN = 90o
K ′A
AE
= ′
BN
KB
Xét △AEK ′ và △BN K ′có:
AE
K ′A

= ′ (cmt)
=⇒ △AEK ′ ∼ △BN K ′ (c.g.c)
BN
KB
o 
′
′
EAK = BK N = 90
Từ (13), (14) và (15) =⇒

=⇒ AK ′ E = BK ′ N (Tính chất)

10

(15)


11

=⇒ E, K ′ , N thẳng hàng.
=⇒ K ′ là giao điểm của EN và AB
Mà K cũng là giao điểm EN và AB (GT)
=⇒ K trùng K ′ .
=⇒ H, K, M thẳng hàng.

11


12

b) VẼ HÌNH TOẠ ĐỘ
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:

Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
1/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Đồ thị hàm số bậc hai
Cho (P ) : y = x2 .
a) Vẽ (P ).
b) Tuỳ theo m, hãy xét số giao điểm của đường thẳng y = mx − 1 với (P ).
c) Lập phương trình đường thẳng song song với đường thẳng: y = 2x + 2010 và tiếp xúc với (P ).
d) Tìm trên (P ) điểm cách đều hai trục toạ độ.
BÀI LÀM

a) Vẽ (P ).

Đồ thị hàm số (P ) : y = x2
b) Tuỳ theo m, hãy xét số giao điểm của đường thẳng y = mx − 1 với (P ).
Gọi (d) : y = mx − 1. Hoành độ của giao điểm giữa đường thẳng (d) : y = mx − 1 và parabol
(P ) : y = x2 chính là nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm của hai hàm số sau:
mx − 1 = x2
=⇒ 2x2 − mx + 1 = 0

(16)

Xét: △ = (−m)2 − 4.2.1 = m2 − 8 với m ∈ R.
Biện luận số giao điểm của hai ĐTHS theo ba trường hợp nghiệm của phương trình bậc hai (16):

12


13
√
2
m>2 √
TH 1: △ > 0 =⇒
m < −2 2
Khi
có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 thoả mãn:
 đó (16) √

m
−
m2 − 8

x 1 =
=⇒ y1 = mx1 − 1
√4
2


x2 = m + m − 8 =⇒ y2 = mx2 − 1
4
Kết luận: (P ) ∩ (d) = {M1 (x1 ; y1 ); M2 (x2 ; y2 )}.
√
TH 2: △ = 0 =⇒ m = ±2 2.
m

Khi đó (16) có nghiệm kép x1 = x2 = x0 = .
4
=⇒ y0 = mx0 − 1
Kết luận: (P ) ∩ (d) = {M0 (x0 ; y0 )}.
√
√
TH 3: △ < 0 =⇒ −2 2 < m < 2 2.
Khi đó (16) vơ nghiệm.
Kết luận: (P ) ∩ (d) = ∅.

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

c) Lập phương trình đường thẳng song song với đường thẳng:y = 2x + 2010 và tiếp xúc với (P ).
Giả sử đường thẳng cần tìm là (d′ ).
• (d′ ) ∥ y = 2x + 2010
=⇒ (d′ ) : y = 2x + c với c ∈ R.
• (d′ ) tiếp xúc với (P ) tại M0 (x0 ; y0 ). =⇒ x0 là nghiệm duy
nhất của phương trình hồnh độ giao điểm giữa (d′ ) và (P ):
2x + c = x2
=⇒ 2x2 − 2x − c = 0

(17)

1
⇐⇒ △′ = 0 ⇐⇒ 1 + 2c = 0 ⇐⇒ c = −
2
1
′
Vậy (d ) : y = 2x − .
2

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)

d) Tìm trên (P ) điểm cách đều hai trục toạ độ.

(Hình vẽ chỉ mang tính minh hoạ)
Giả sử điểm cần tìm là I(xI ; yI ).
• Vì I(xI ; yI ) ∈ (P ).
=⇒ yI = 2x2I . =⇒ yI ≥ 0.

13

(18)


14

• I cách đều hai trục toạ độ.
=⇒ d(I,Ox) = d(I,Oy) =⇒ |yI | = |xI |
Mà theo (18) nên
yI = |xI |.
• Từ (18) và (19)
=⇒ |xI | = x2I
⇐⇒ |xI | (2|xI | − 1) = 0
|xI | = 0 =⇒ xI = 0; yI = 0
=⇒ 
1
1
2|xI | − 1 = 0 =⇒ xI = ± ; yI =
2

2
1 1
1 1
Vậy các điểm I cần tìm là: I1 (0; 0) ; I2 − ;
; I3
;
.
2 2
2 2

14

(19)


15
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I

2/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Đồ thị hàm số bậc ba
3
2
Cho hàm số f (x) =
√ ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số
2
(x − 3x + 2) x − 1
g(x) =
có bao nhiêu tiệm cận đứng?
x[f 2 (x) − f (x)]

A. 2.

B. 4.

C. 3.

D. 5.

BÀI LÀM

Nhận xét 1: Với x0 ≥ 1 và lim lim g(x) hoặc lim lim g(x) có kết quả là +∞ hoặc −∞ thì x = x0 là
x→x−
0

tiệm cận đứng của ĐTHS g(x).

x→x+
0

Nhận xét 2: Dựa vào ĐTHS f (x) ta có: f (x)= a(x − x1 )(x − 2)2 .
x=0

Ta có: x[f 2 (x) − f (x)] = 0 ⇐⇒  f (x) = 0 .
f (x) = 1
x = x1 , 0 < x1 < 1
.
x=2

f (x) = 0 ⇐⇒


x=1


f (x) = 1 ⇐⇒  x = x2 , 1 < x2 < 2 suy ra f (x) − 1 = a(x − 1)(x − x2 )(x − x3 ) .

x = x3 , x3 > 2
√
√
(x2 − 3x + 2) x − 1
(x − 1)(x − 2) x − 1
=
.
Khi đó ta có: g(x) =
x[f 2 (x)

xf (x)[f (x) − √
1]
√ − f (x)]
(x − 1)(x − 2) x − 1
x−1
g(x) =
= 2
.
2
xa(x − x1 )(x − 2) .a(x − x2 )(x − x3 )
a x(x − x1 )(x − 2)(x − x2 )(x − x3 )
x = 0, x = x1 không phải tiệm cận đứng của ĐTHS y = g(x) không thoả mãn điều kiện x0 ≥ 1.
Vậy ĐTHS g(x) có 3 đường tiệm cận đứng là: x = 2, x = x2 , x = x3 .

15


16
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
3/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Đồ thị hàm số trùng phương
Cho hàm số bặc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân
biệt của phương trình f (f (x)) = 0 là

A. 12.

B. 10.

C. 8.
BÀI LÀM

Nhìn vào đồ thị ta thấy f (x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự a, b, c, d.
f (x) = a, a ∈ (−∞; −1)
 f (x) = b, b ∈ (−1; 0)

Ta có: f (f (x)) = 0 ⇐⇒ 
 f (x) = c, c ∈ (0; 1)
f (x) = d, d ∈ (1; ∞)

Dựa vào đồ thị ta thấy:
Phương trình f (x) = a có 2 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình f (x) = b có 4 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình f (x) = c có 4 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình f (x) = d vơ nghiệm trên R.

Vậy phương trình f (f (x)) = 0 có 10 nghiệm thực phân biệt.

16

D. 4.


17
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

20/07/2022.
I
4/5

Ngày:
Phần:
Bài:

ĐỀ BÀI

Bài tốn: Đồ thị hàm bậc nhất trên bậc nhất
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y =
bằng −1.
A. 3.

B. 2.

x − m2 − 2
trên đoạn [0; 4]
x−m

C. 1.

D. 0.

BÀI LÀM
Tập xác định: D = R\ {m}.
m2 − m + 2
y′ =
> 0, ∀x ̸= m. Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞, m) và (m; +∞).
(x − m)2
Bảng biến thiên của hàm số:
x

−∞
+

f ′ (x)

+∞

m
+
+∞

f (x)

1

1
−∞

Từ bảng biến thiên suy ra, hàm số đạt giá trị lớn nhất trên
m<0
đoạn [0; 4] bằng −1 khi
.
f (4) = −1
⇐⇒


 m<0


⇐⇒

m<0
⇐⇒
2 − m2
m2 + m − 6 = 0
= −1
4−m
m<0
⇐⇒ m = −3 .
m = 2, m = −3

17


18
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
I
5/5

ĐỀ BÀI

Bài tốn: Đồ thị hàm mũ hoặc hàm logarit
Trong hình vẽ bên có đồ thị các hàm y = ax , y = bx .y = logc x. Hãy chọn mệnh đề đúng trong các
mệnh đề sau đây?

A. a < c < b.

C. a < b = c.

B. c < a < b.

D. b < c < a.

BÀI LÀM
Dựa vào đồ thị các hàm số y = ax , y = bx , y = logc x, ta có:
Hàm số y = ax nghịch biến trên R nên ta có:
0 < a < 1.

(20)

Các hàm số y = bx , y = logc x đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có:
b>1
c>1

.

(21)

a. Do đó loại hai phương án B., D..
aNếu b = c thì ta có ĐTHS y = bx , y = logc x đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Tuy nhiên nhìn hình dáng hai ĐTHS y = bx , y = logc x khơng có tính chất đối xứng nhau qua đường
thẳng y = x. Do đó phương án đúng là A..

Từ (20) và (21) =⇒

18

19

PHẦN 2: SCILAB
a) GIỚI HẠN DÃY SỐ
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
1/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Dãy số hội tụ
Cho (un ) thoả mãn: u1 =
kỳ của dãy số đó.

√

2; un+1 =

(2 + un ), n ≥ 1. Chứng minh rằng, (un ) hội tụ hay phân

BÀI LÀM
//Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số đó.
clear;clc;clf;
u(1) = sqrt(2);
n(1) = 1;
for i = 1 : 100
n(i + 1) = i + 1
u(i + 1) = sqrt(2 + u(i))
end
for i = 1 : 100
printd(’Phần tử %i : ui = &f \n’, n(i), u(i))
end
plot(n, u, ’r.’)
//Kết luận: Dãy (un) hội tụ có lim(nßvc)un = 2

//Tìm một số hạng bất kỳ của dãy số
for i = 1 : 100
n(i + 1) = i + 1
u(i + 1) = sqrt(2 + u(i))
end
i = input(’Nhập i= ’) printd(’Phần tử %i :
ui = %f \n’, n(i), u(i))

19

20

Nhập i
u

1
1.414214

2
1.8477591

3
1.961571

20

4
1.990369

5
1.997591


21
Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Họ và tên:
Khoa:

Mã sinh viên:

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
2/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Dãy số hội tụ
Chứng minh giới hạn dãy số là số Euler: lim (1 +
n→+∞

1 n
) = e.
n

BÀI LÀM
//Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số đó.
clear;clc;clf;
u(1) = 2;
n(1) = 1;
for i = 1 : 100
n(i + 1) = i + 1
u(i + 1) = (1 + 1/(i + 1))ˆ(i + 1)
end
//Tìm một số hạng bất kỳ của dãy số

for i = 1 : 100
for i = 1 : 100
printd(’Phần tử %i : ui = &f \n’, n(i), u(i))
n(i + 1) = i + 1
end
u(i + 1) = (1 + 1/(i + 1))ˆ(i + 1)
plot(n, u, ’g*-’)
end
//Kết luận: Dãy (un) hội tụ có lim(n → vc)un ∼ i = input(’Nhập i= ’) printd(’Phần tử %i :
2.71828
ui = %f \n’, n(i), u(i))

Nhập i
u

1
2

2
2.250000

3
2.370370

21

4
2.441406

5

2.488320


22
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
3/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Dãy số hội tụ
Chứng minh mệnh đề: lim an =
n→∞

+∞ nếu a > 1
0 nếu |a| < 1
BÀI LÀM

//Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số đó.
clear;clc;clf;
for a = −1 : 0.1 : 5
function y = f (n)
y = aˆn
//Tìm một số hạng bất kỳ của dãy số
endfunction
function [n, u] = f (a, i)
n = linspace(0, 4, 100)
y = f (n)
n = i;
plot(n, f ) end
u = aˆn;
//Kết luận: Dãy (un) hội tụ khi |a|<1 có endfunction
lim(nßvc)un = 0
a = input(’Nhập a: ’)

Với a=0.9

Nhập i
u

1
0.9

2
0.81

22

3
0.729

4
0.6561

100
0.0000266


23
Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
4/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Dãy số phân kỳ

Xét dãy số (un ) với un = 1 +
Cauchy).

1
1
1
+ 2 + . . . + 2 . Chứng minh (un ) không hội tụ. (Dùng tiêu chuẩn
2
2
3
n

BÀI LÀM
//Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số đó.
clear;clc;clf;
u(1) = 2;
n(1) = 1;
for i = 1 : 100
n(i + 1) = i + 1
u(i + 1)sum(1./[1 : i]2 )
end
//Tìm một số hạng bất kỳ của dãy số
for i = 1 : 100
function [n, u] = f (a, i)
printf(’Phần tử %i : ui = %f \n′ , n(i), u(i))
n = i;
end
u = aˆn;
plot(n,u,’b*-’) //Kết luận: Dãy (un) không hội tụ endfunction
theo tiêu chuẩn Cauchy.

a = input(’Nhập a: ’)

Nhập i
u

1
1

2
1.25

3
1.3611111

23

4
1.4236111

5
1.4636111


24
Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Họ và tên:
Khoa:

Mã sinh viên:

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
5/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Dãy số phân kỳ
Xét dãy số (un ) với un = 1 +
Cauchy).

1
1
1
+ 2 + . . . + 2 . Chứng minh (un ) không hội tụ. (Dùng tiêu chuẩn
2
2
3
n

BÀI LÀM
//Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số đó.
clear;clc;clf;
u(1) = 2;
n(1) = 1;

for i = 1 : 100
n(i + 1) = i + 1
u(i + 1)sum(1./[1 : i]2 )
end
//Tìm một số hạng bất kỳ của dãy số
for i = 1 : 100
function [n, u] = f (a, i)
printf(’Phần tử %i : ui = %f \n′ , n(i), u(i))
n = i;
end
u = aˆn;
plot(n,u,’b*-’) //Kết luận: Dãy (un) không hội tụ endfunction
theo tiêu chuẩn Cauchy.
a = input(’Nhập a: ’)

Nhập i
u

1
1

2
1.25

3
1.3611111

24

4

1.4236111

5
1.4636111


25

b) VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ (PHẦN I)
Họ và tên:
Khoa:
Mã sinh viên:

Tạ Minh Tâm.
Toán – Tin.
715101275.

Ngày:
Phần:
Bài:

20/07/2022.
II
1/5

ĐỀ BÀI

Bài toán: Đồ thị hàm số bậc hai
Cho (P ) : y = x2 .
a) Vẽ (P ).

b) Tuỳ theo m, hãy xét số giao điểm của đường thẳng y = mx − 1 với (P ).
c) Lập phương trình đường thẳng song song với đường thẳng: y = 2x + 2010 và tiếp xúc với (P ).
d) Tìm trên (P ) điểm cách đều hai trục toạ độ.
BÀI LÀM

clf;
function y = f (x)
y = 2 ∗ x2
endfunction
x = linspace(−3, 3, 300)
f (x)
plot(x, f,′ g ′ )

25