Đáp án đề minh họa và đề chính thức CAND 2022 (tự luận toán)

BÀI THI ĐÁNH GIÁ
TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CÔNG AN
NHÂN DÂN NĂM 2022
Phần tự luận: TOÁN.
Thầy:Lê Quang Hải
----------------------------------Câu I

y = x3 − 6 x2 + 5

[ −1;2]

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
trên
.
−4 x + 12
y=
d : y = 2x + m
x +1
2) Cho hàm số
có đồ thị (C), đường thẳng
. Chứng
minh rằng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.
z − 2 z = 2 + 15i
Câu II. 1) Tìm số phức z thỏa mãn
.
3x + 2
f ( x) = 2
x + 3x + 2
2) Tìm nguyên hàm của hàm số
Câu III. 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I (1;2) và đường thẳng d: y
= 3x – 4y + 10 = 0. Viết phương trình đường trịn (C) có tâm I và tiếp xúc với

đường thẳng d.
x y −1 z − 3
d: =
=
1
1
−2
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
và mặt cầu
2
2
2
( S ) : x + y + z − 2x + 6z − 6 = 0
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường
thẳng d sao cho giao tuyến của (P) và (S) là đường trịn có bán kính nhỏ nhất.
A = { 12;...;20}
Câu IV. 1) Cho tập hợp
gồm 20 số nguyên dương đầu tiên. Lấy
ngẫu nhiên hai số phân biệt từ tập A. Tính xác suất để được tích hai số được
chọn là một số chia hết cho 6.
·
BAC
= 1200

2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A,
, AB = AC
= a. Tam giác SAB vuông tại B, tam giác SAC vng tại C, góc giữa hai mặt
600

phẳng (SAB) và (ABC) bằng

. Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mặt
phẳng (ABC). Chứng minh rằng HB vuông góc với AB và tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a.
π
2

Câu V. 1) Tính tích phân

x 2 sinx
I =∫
dx
x
sin
x
+
cos
x
0


2

2) Cho các số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn :
x
x2 y
log 2 ( x + y ) + = log 2
+ x2.
y
2

P=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1
+
x2 y 2

-------Hết------Hướng dẫn đáp án
Câu I
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y = x3 − 6 x2 + 5

trên

[ −1;2]

.

Giải
+ Tập xác định:

D=¡

Ta có:
y ' = 3 x 2 − 12 x
 x = 0 ∈ ( −1;2 )
y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 12 x = 0 ⇔ 
 x = 4 ∉ ( −1;2 )

y ( −1) = −2
y ( −1) = 5

y ( 2 ) = −11

min y = −11
Vậy

[ −1;2]

khi x = 2
y=

−4 x + 12
x +1

d : y = 2x + m

2) Cho hàm số
có đồ thị (C), đường thẳng
. Chứng
minh rằng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.
Giải

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
x ≠ −1
Với điều kiện:
ta có
ThS. Lê Quang Hải

−4 x + 12
= 2x + m
x +1

htps:toanc3.online.com


3

−4 x + 12
= 2x + m
x +1
⇔ −4 x + 12 = ( x + 1) .( 2 x + m )
⇔ −4 x + 12 = 2 x 2 + 2 x + mx + m
⇔ 2 x 2 + ( m + 6 ) x + m − 12 = 0(*)
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác
-1 tức là
2.(−1)2 + (m + 6).(−1) + m − 12 ≠ 0

2
∆ = ( m + 6 ) − 2.4 ( m − 12 ) > 0
−16 ≠ 0
⇔ 2
m − 4m + 132 > 0
Ta thấy hệ trên luôn đúng với mọi giá trị của m
Vậy d cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m (đpcm).
Câu II
1) Tìm số phức z thỏa mãn

z − 2 z = 2 + 15i

.

Giải
Gọi số phức cần tìm là

z = a + bi

trong đó

a, b ∈ ¡ , i 2 = −1

. Suy ra

z = a − bi

Theo bài ra ta có:
z − 2 z = 2 + 15i ⇔ a + bi − 2a + 2bi = 2 + 15i
⇔ −a + 3bi = 2 + 15i
−a = 2
 a = −2
⇔
⇔
3b = 15 b = 5
Vậy số phức cần tìm là

z = −2 + 5i

.

f ( x) =
2) Tìm nguyên hàm của hàm số

3x + 2
x2 + 3x + 2

Giải
3x + 2
4
1
=
−
x + 3x + 2 x + 2 x + 1
2

Ta có:

ThS. Lê Quang Hải

(Xem lại phương pháp đồng nhất hệ số)
htps:toanc3.online.com


4

3x + 2
4
1
dx
=

dx
−
∫ x + 3x + 2 ∫ x + 2 ∫ x + 1dx
d ( x + 2)
d ( x + 1)
= 4∫
−∫
x+2
x +1
= 4ln x + 2 − ln x + 1 + C
2

Câu III.
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I (1;2) và đường thẳng d: y = 3x – 4y
+ 10 = 0. Viết phương trình đường trịn (C) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng
d.
Giải
R = d ( I ,d ) =
Theo bài ra ta có: Bán kính đường trịn (C) là
Vậy phương trình đường trịn (C) cần tìm là:

( x -1)

d:

2

3.1 − 4.2 + 10
32 + ( −4 )

2

=

5
=1
5

+ ( y - 2) = 1
2

x y −1 z − 3
=
=
1
1
−2

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
và mặt cầu
2
2
2
( S ) : x + y + z − 2x + 6z − 6 = 0
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường
thẳng d sao cho giao tuyến của (P) và (S) là đường trịn có bán kính nhỏ nhất.
Giải
(S) có tâm I(1;0;-3) và bán kính R=4.

Phương trình tham số của d là :

x = t

y =1+ t
 z = 3 − 2t


Gọi K là hình chiếu của I trên d (K cố định)
uur
uu
r
K ( t ;1 + t ;3 − 2t ) ; IK = ( t − 1;1 + t ;6 − 2t ) ; ud = ( 1;1; −2 )
uur uu
r
IK ⊥ ud ⇔ 1( t − 1) + 1( 1 + t ) − 2 ( 6 − 2t ) = 0 ⇔ t = 2
uur
K ( 2;3; −1) ; IK = ( 1;3;2 ) ; IK = 14
Ta có :
ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


5

0 < IKtoán có lời giải.
Gọi H là hình chiếu của I trên (P) và r là bán kính của đường trịn là giao của
(P) và (S) .
Ta có :

r 2 = R 2 − IH 2 ⇒ rmin khi IH max

Trong tam giác vng IHK thì

.

IH ≤ IK

nên

IH max = IK
uur
vtpt IK

Vậy mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua K và có

( P ) :1( x − 2 ) + 3( y − 3) + 2 ( z + 1) = 0
⇔ x + 3y + 2z − 9 = 0

A = { 12;...;20}

Câu IV. 1) Cho tập hợp
gồm 20 số nguyên dương đầu tiên. Lấy
ngẫu nhiên hai số phân biệt từ tập A. Tính xác suất để được tích hai số được
chọn là một số chia hết cho 6.
Giải
Số phần tử không gian mẫu

2

n ( Ω ) = C20
= 190

.

Gọi B là biến cố :”Tích hai số được chọn là một số chia hết cho 6”
Trường hợp 1: Có 1 thừa số chia hết cho 6.
Được chọn từ các số : 6, 12, 18.
Với số 6 ta được 19 số thỏa yêu cầu ( bỏ tích 6.6)
Với số 12 ta được 18 số thỏa yêu cầu ( bỏ tích 12.6, 12.12)
Với số 18 ta được 17 số thỏa yêu cầu ( bỏ tích 18.6, 18.12, 18.18)
Vậy trường hợp 1 được : 19+18+17 = 54 số
Trường hợp 2: Có 1 thừa số chia hết cho 2 và 1 thừa số chia hết cho 3 (Trừ các
số đã tính ở trường hợp1).
Tập hợp các số chia hết cho 3 là :
Tập hợp các số chia hết cho 2 là :

{ 3;9;15}
{ 2;4;8;10;14;16;20}

Vậy trường hợp 2 được : 3.7 =21 số
Do đó :

n ( B ) = 54 + 21 = 75

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com

6

P( B) =
Kết quả :

75 15
=
190 38
·
BAC
= 1200

2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A,
, AB = AC
= a. Tam giác SAB vuông tại B, tam giác SAC vng tại C, góc giữa hai mặt
600

phẳng (SAB) và (ABC) bằng
. Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mặt
phẳng (ABC). Chứng minh rằng HB vng góc với AB và tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a.
Giải
Chứng minh HB vng góc với
AB
Trong tam giác SHB có
SB ⊥ AB 
 ⇒ HB ⊥ AB
SH ⊥ AB 

• Tính thể tích khối chóp S.ABC

Theo bài ra, tam giác ABC cân tại A và

·
BAC
= 1200

, AB=AC=a

Nên ta có:

SVABC

1
a2 3
·
= AB. AC.sin BAC =
2
4

(đvdt)

Vì tam giác SAB vng tại B, tam giác SAC vuông tại C, AB=AC nên SB= SC
suy ra HB = HC.
Do đó

·
·
VABH =VACH (c.c.c) ⇒ BAH
= CAH

= 600

Xét tam giác vuông ABH vuông tại B có:

·
BH = AB.tan BAH
= a.tan 600 = a 3

Ta có:

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


7

( SAB) ∩ ( ABC ) = AB 

SB ⊥ AB
⇒

HB ⊥ AB


góc giữa (SAB) và (ABC) là

Xét tam giác SHB vng tại H có

·

SHB
= 600

·
SH = BH .tan SBH
= a 3. 3 = 3a

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
1
1 a2 3
a3 3
= .SVABC .SH = .
.3a =
3
3 4
4

VS . ABC

(đvtt)

π
2

Câu V. 1) Tính tích phân

x 2 sinx
I =∫
dx
x

sin
x
+
cos
x
0

Giải
Ta có :
π
2

I =∫
0

π
2

π
2

π
2

x sinx
x( x sinx+cos x − cos x)
x cos x
dx = ∫
dx = ∫ xdx − ∫
dx

x sin x + cos x
x
sin
x
+
cos
x
x
sin
x
+
cos
x
0
0
0
2

π
2

π
x2
π2
I1 = ∫ xdx =
2=
2
8
0
0

π
2

I2 = ∫
0

x cos x
dx
x sin x + cos x

t = x sin x + cos x ⇒ dt = ( sinx + x cos x − sinx ) dx = x cos xdx
x = 0 ⇒ t =1 ; x =

π
π
⇒t = .
2
2

π
2

π
dt
π
I 2 = ∫ = ln t 2 = ln
t
2
1
1

Vậy :

π2
π
I=
− ln
8
2

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


8

2) Cho các số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn :
x
x2 y
log 2 ( x + y ) + = log 2
+ x2.
y
2

P=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Giải
Ta có :
log 2 ( x + y ) +

1
1
+
x2 y 2

x
x2 y
x
= log 2
+ x 2 ⇔ log 2 ( x + y ) + = log 2 x 2 + log 2 y − 1 + x 2
y
2
y

⇔ log 2 ( x + y ) − log 2 y + 1 +

x+ y
x
x
= log 2 x 2 + x 2 ⇔ log 2 
+ 1 + = log 2 x 2 + x 2
÷
y
y
 y 


x
x

⇔ log 2  1 + ÷+ 1 + = log 2 x 2 + x 2 (*)
y
y

Xét hàm số
f / (t ) =

f (t ) = log 2 t + t (t ∈ ( 0; +∞) )
1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t ln 2

Suy ra f(t) đồng biến trên
Ta được :

( 0;+∞ )

( *) ⇔ 1 +
.Do đó

1
1
1
P= 2 + 2 = 2
x
y
x
= x2 − 2 +

Vậy

min P = 2 2 − 2

ThS. Lê Quang Hải

(x
+

2

− 1)
x2

2

x
x
= x2 ⇔ y = 2
y
x −1

x4 − 2 x2 + 2
=
x2

2
2 2
≥
2
x

. 2 −2=2 2−2
x2
x
x= 42 ; y=

đạt được khi :

4

2
2 −1

.

htps:toanc3.online.com


9

BỘ CƠNG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài thi đánh giá Tuyển sinh CAND năm 2022
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể thời gian giao đề

Họ và tên: …………………….. Số báo danh: ………………………………….
Câu 1.
1. Tìm cực trị của hàm số

y = x4 − 4 x2 + 2
y = x3 + 3x 2 − 2

2. Tìm m để đồ thị hàm số
cắt đường thẳng
3
3
3
x1 + x2 + x3 = −27
x1 , x2 , x3
điểm
thỏa mãn
Câu 2.
2z + ( 1 + i ) z = 2
1. Tìm mơ đun của số phức z biết

2. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) biết
1
F ( 0) =
ln 2 − 1
Câu 3.

d : m ( x − 1) + 2

2x − 1
f ( x) = x
e

thỏa mãn

( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0.

1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường trịn
phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A( -2; 3).

d1 :

tại 3

Viết

x −1 y +1 z − 2
=
=
2
3
1

2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng
,
x y z−2
d2 : = =
( P ) : x + y + z − 3 = 0.
M ∈ d1 , N ∈ d 2
1 −1
1
và mặt phẳng
Lấy
sao
MN / / ( P )

cho
. Tìm độ dài nhỏ nhất của MN?
Câu 4
1. Xếp 6 nữ, 8 nam thành một dãy hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất 2 nữ
ngồi cạnh nhau?
ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


10

2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh 2a, G là trọng tâm tam
giác ABC. Hình chiếu vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung
450
điểm của AG. Góc giữa mặt phẳng (AA’B’B) với mặt đáy bằng
. Tính
VABC . A ' B ' C '
Câu 5
I=

π
6

∫

−

1. Tính tích phân

( x − 1) tan 2 xdx

π
6

cos 2 x

 x+ y 
log 3 
÷+ 2 x = 2 y − 1
 x + 5y 

2. Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn
. Tìm m thỏa
3 x+ y
3 y−x
x
e
= me
−e
mãn
.
-----HẾT----GỢI Ý ĐÁP ÁN BÀI ĐÁNH GIÁ TUYỂN SINH CAND 2022
Câu 1.
1. Tìm cực trị của hàm số
Giải
D=¡
• Tập xác định:
y ' = 4 x3 − 8 x
•

•

y = x4 − 4 x2 + 2

y '' = 12 x 2 − 8

Ta có:
x = 0
y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 8 x = 0 ⇔ 
x = ± 2

y ''( 0 ) = −8 < 0

yCD = 2

nên x = 0 là điểm cực đại,
y '' ± 2 = 16 > 0
yCT = −2
( )
x=± 2
nên
là điểm cực tiểu,
3
d : m ( x − 1) + 2
y = x + 3x 2 − 2
2. Tìm m để đồ thị hàm số
cắt đường thẳng
tại 3
3
3

3
x1 , x2 , x3
x1 + x2 + x3 = −27
điểm
thỏa mãn
Giải
• Phương trình hồnh độ giao điểm là
ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


11

x3 + 3 x 2 − 2 = m ( x − 1) + 2
⇔ x3 + 3 x 2 − m ( x − 1) − 4 = 0

⇔ x3 − x 2 + 4 ( x 2 − 1) − m ( x − 1) = 0
⇔ ( x − 1) ( x 2 + 4 x + 4 − m ) = 0 ( *)
x1 , x2 , x3

Gọi
là nghiệm của phương trình (*). Khơng mất tính tổng quát
x1 = 1; x2 , x3
x2 + 4x + 4 − m = 0
là nghiệm của phương trình
.
 x2 + x3 = −4

 x2 .x3 = 4 − m

Khi đó, theo Định lí Vi-et ta có
.
• Theo bài ra ta có
x13 + x23 + x33 = −27 ⇔ x23 + x33 = −28
•

⇔ ( x2 + x3 )

(( x + x )
2

2

3

)

− 3x2 x3 = −28

⇔ ( −4 ) ( 16 − 3 ( 4 − m ) ) = −28
⇔ 4 + 3m = 7 ⇔ m = 1

Câu 2.

2z + ( 1 + i ) z = 2

1. Tìm mơ đun của số phức z biết
Giải
a, b ∈ ¡ , i 2 = −1
z = a − bi

z = a + bi
Gọi số phức cần tìm là
trong đó
suy ra
Theo bài ra ta có:
2 z + ( 1 + i ) z = 2 ⇔ 2 ( a − bi ) + ( 1 + i ) ( a + bi ) = 2
⇔ 3a − b + ( a − b ) i = 2

3a − b = 2 a = 1
⇔
⇔
a − b = 0
b = 1
z = 12 + 12 = 2

Vậy số phức z = 1+ i và

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


12

2. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) biết
1
F ( 0) =
ln 2 − 1

2x − 1

f ( x) = x
e

thỏa mãn

Giải
Giả sử
x

F ( x)

2
x
x
 ÷
 2 

2 −1
e
−x
= ∫ x .dx = ∫   ÷ − e ÷.dx =   + e − x + C
 e 
÷
e
ln 2 − 1


0

2

 ÷
1
1
e
F ( 0 ) =   + e0 + C =
+1+ C =
⇔ C = −1
ln 2 − 1
ln 2 − 1
ln 2 − 1

Theo bài ra ta có:
x
2
 ÷
e
F ( x ) =   + e− x − 1
ln 2 − 1
Vậy:
Câu 3.

( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0.

1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường trịn
phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A( -2; 3).
Giải
( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0
Vì
nên đường
trịn (C) có tâm I (1;-1)

Gọi đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường
tròn (C) tại điểmuurA( -2; 3) khi đó đường thẳng
AI ( 3; −4 )
(d) nhận véctơ
làm véctơ pháp
tuyến.
Do đó phương trình tiếp tuyến (d) là
3 ( x + 2 ) − 4 ( y − 3) = 0
3 x − 4 y + 18 = 0
hay
.

ThS. Lê Quang Hải

Viết

htps:toanc3.online.com


13

d1 :
2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng
x y z−2
d2 : = =
1 −1
1

( P ) : x + y + z − 3 = 0.

và mặt phẳng
độ dài nhỏ nhất của MN?
Giải

Lấy

d1

x −1 y +1 z − 2
=
=
2
3
1

M ∈ d1 , N ∈ d 2

sao cho

,

MN / / ( P )

. Tìm

d2

Ta có phương trình tham số của
và lần lượt là
 x = 1 + 2t

x = s


d1 :  y = −1 + 3t
d2 :  y = −s
z = 2 + t
z = 2 + s


và
r
n ( 1;1;1)
Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
M ( 1 + 2t ; −1 + 3t;2 + t ) , N ( s; − s;2 + s )
M ∈ d1 , N ∈ d 2
Vì uuuu
gọi
r
⇒ MN ( −1 − 2t + s;1 − 3t − s; −t + s )
Vì

MN / / ( P )

uuuu
rr
MN .n = 0

nên
(−1 − 2t + s) + (1 − 3t − s) + (−t + s ) = 0 ⇔ −6t + s = 0 ⇔ s = 6t

hay
uuuu
r
MN = ( −1 + 4t ;1 − 9t ;5t )
uuuu
r
2
2
2
⇔ MN = MN = ( −1 + 4t ) + ( 1 − 9t ) + ( 5t ) = 1 − 8t + 16t 2 + 1 − 18t + 81t 2 + 25t 2
2

13 
75

= 122t − 26t + 2 = 122  t −
÷ +
 122  122
2

75
122

t=

13
122

Vậy MN nhỏ nhất bằng
khi

Câu 4
1. Xếp 6 nữ, 8 nam thành một dãy hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất 2 nữ
ngồi cạnh nhau?
Giải
ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


14

n ( Ω ) = P14 = 14!

Số phần tử không gian mẫu:
Gọi A là biến cố “ xếp được ít nhất 2 nữ ngồi cạnh nhau”
A
khi đó là biến cố “ xếp khơng có nữ ngồi cạnh nhau”
Bước 1. xếp 8 nam thành hàng ngang có P8 = 8! cách
Bước 2. xếp nữ: giữa 8 nam có 9 vách ngăn do đó cách xếp nữ là một chỉnh hợp
A96
chập 6 của 9 phần tử có
(cách)
6
n A = 8!. A9
vậy
8!. A96
4
4 139
P A =
=

⇒ P ( A) = 1 −
=
14! 143
143 143
suy ra
2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh 2a, G là trọng tâm tam
giác ABC. Hình chiếu vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung
450
điểm của AG. Góc giữa mặt phẳng (AA’B’B) với mặt đáy bằng
. Tính
VABC . A ' B ' C '

( )

( )

Giải

Gọi H là hình chiếu của A’ trên mp(ABC)
VABC . A ' B ' C ' = SVABC . A ' H
Ta có:
2
2a ) 3
(
SVABC =
= a2 3
4
Diện tích tam giác ABC:
(đvdt)
HM ⊥ AB

Gọi N là trung điểm AB, kẻ
khi đó góc giữa mp(AA’B’B) và
·A ' MH = 450
·A ' MH
mp(ABC) là góc
, suy ra
, suy ra tam giác A’HM là tam giác
vuông cân tại H, suy ra MH = A’H.
ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


15

Trong mp (ABC), xét tam giác đều ABC cạnh bằng 2a.
1
1
2a 3 a 3
a 3
MH = GN = CN =
=
A' H =
2
6
6
3
3
Ta có
suy ra

a 3
VABC . A ' B 'C ' = a 2 3.
= a3
3
Vậy
(đvtt).
Câu 5
I=

π
6

∫

−

1. Tính tích phân
Giải
I=

π
6

cos 2 x

π
6

( x − 1) tan 2 xdx

∫

−

( x − 1) tan 2 xdx

cos 2 x

π
6

(1)

Đặt
t = − x ⇔ dt = −dx
π
π
π
π
x = − ⇒t = ,x = ⇒ t = −
6
6
6
6
−

π
6

π

6

( −t − 1) tan ( −t ) dt = ( −t − 1) tan
I =−∫
∫π cos 2t
cos ( −2t )
π
−
2

6

2

t

6

dt =

π
6

∫

−

( − x − 1) tan 2 x dx

π

6

cos 2 x

(2)

Cộng (1) và (2) ta được
π
6

2I =

∫

π
−
6

I=

π
6

∫

− tan 2 x ( 1 + tan 2 x )

π
−
6

Đặt

−2 tan x
dx ⇔ I =
cos 2 x
2

1 − tan 2 x

π
6

∫

π
−
6

− tan 2 x
dx
cos 2 x

cos 2 x =
. Do

1 − tan 2 x
1 + tan 2 x

nên

dx

t = tan x ⇔ dt = ( 1 + tan 2 x ) dx

x=−

π
1
π
1
⇒t =−
,x = ⇒ t =
6
6
3
3

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


16
1
3

I=
−

−t

2

∫ 1− t

2

1
3

dt =

1
3

−

1
3

∫

1
3

1 

dt = ∫
1 −

2 ÷
 1− t 
1
−

 1 1
1 
1 − 2  1 + t + 1 − t ÷÷dt




3

1
3

 1 1+ t 
2
3 +1
=  t − ln
=
− ln
÷
3
3 −1
 2 1− t  − 1
3

 x+ y 

log 3 
÷+ 2 x = 2 y − 1
x
+
5
y



2. Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn
mãn
e3 x+ y = me3 y − x − e x

. Tìm m thỏa

Giải
Với x,y > 0 ta có
 x+ y 
log 3 
÷+ 2 x = 2 y − 1
x
+
5
y



x + 5y
 x + 5y 
⇔ log 3 ( x + y ) + 3( x + y ) = log 3 

)(*)
÷+ 3(
3
 3 
f ( t ) = log 3 t + 3t ⇒ f ' ( t ) =
Xét hàm số

1
+ 3 > 0, ∀t > 0
t.ln 3

Vậy hàm số f(t) luôn đồng biến trên khoảng

( 0;+∞ )

x+ y=
Như vậy (*) chỉ có nghiệm khi và chỉ khi

x + 5y
⇔x= y
3

e3 x+ y = me3 y − x − e x ⇔ e 4 x + e x = me 2 x ⇔ m = e 2 x +
Vậy
Đặt

1
ex

s = e x ⇒ s > 1, ∀x > 0

g ( s ) = s2 +

Xét hàm số
g ' ( s ) = 2s −

1
s

trên khoảng

( 1;+∞ )

1 2s3 − 1
1
=
; g '( s ) = 0 ⇔ s = 3
2
2
s
s
2

Bảng biến thiên

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com


17

s
g'(s)

g(s)

Suy ra

1
2

3

+∞

1

0

+

+∞

2
3

3 2
2
m>2

ThS. Lê Quang Hải

htps:toanc3.online.com