Đề tham khảo HKI toan 12

THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
ÔN THI KỲ I Lớp 12 THPT
Đề số 1
Bài 1: (1,5 đ) Cho hàm số f(x) =
1x9x3x
23
+−−
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [–2 ; 2] . Suy ra tất cả
các giá trị a để bất phương trình sau có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2] :
f(x) > a
2
+ 2a + 6 , a ∈ R .
Bài 2: (3,5 đ)Cho hàm số
1x)2m(x)1m(xy
23
−+−−+=
(*)
a. Chứng minh hàm số (*) luôn có cực đại và cực tiểu .
b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1
c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
x
3
1
y
=
d. Viết phương trình đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị (C) .
e. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x
3
– 3x – k = 0
Bài 3: (2đ) Cho phương trình :
0)1m4(2.m4

1x
2
1
x
=+−−
+
+
a. Giải phương trình khi m = 1/2
b. Với các giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm
Bài 4: (3đ) Trên nửa đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD
cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’ , D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD .
Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C ‘
a. Chứng minh B’D’ // BD và tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc với nhau
b. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (AB’D’)
c. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’
Đề số 2
Bài 1: Cho hàm số
3
5
xx
3
1
)x(fy
23
−+==
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(
)
3
1

;
3
7
−
c. Chứng tỏ rằng đồ thị có một tâm đối xứng .
d. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x
3
+ 3x
2
– k = 0
Bài 2:
a. Rút gọn biểu thức
2
1
2
1
2
2
3
2
1
2
1
2
aa
a1
a
2
aa
aa

A
−
−
−
−
−
−
−−
−
−
=
(a > 0)
b. Rút gọn biểu thức :
2log
96log
2log
12log
A
6
2
48
2
−=
Bài 3: Cho phương trình: m(16
x
) + 2(81
x
) = 5(36
x
) (m:tham số)

1
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
a. Giải phương trình khi m = 3
b. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B .AB = BC = a ;
AD = 2a , cạnh SA = a
2
và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Gọi M là hình chiếu của A
lên SB . Mặt phẳng (AMD) cắt SC tại N .
a. Tứ giác ADNM là hình gì ? Vì sao ?
b. Tính thể tích hình chóp S.ADNM theo a .
Đề số 3
Bài 1: Cho hàm số
x3x
4
1
y
3
−=
có đồ thị (C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) có hoành độ
32x =
. Viết phương trình đường thẳng đi
qua M và là tiếp tuyến của (C)
Bài 2 :Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :

xsin4x2cos2)x(f +=
trên đoạn [ 0 ; π/2]
Bài 3: Biết

a12log
7
=
;
b24log
12
=
. Tính
168log
54
theo a và b .
Bài 4: Giải các phương trình :
a.
27x3log3xlog
22
=−+−
b.
2)14.13(log)14(log
x
2
x
2
1
=+++
Bài 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . SA = h và vuông
góc với đáy . Gọi H và I lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC .
a. Chứng minh rằng IH vuông góc với (SBC)
b. Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h .
Đề số 4
Bài 1: Cho hàm số (C)

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ là những số nguyên .
c. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C) . Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của
(C) tại M vuông góc với đường thẳng IM .
Bài 2: Rút gọn biểu thức :
Bài 3: Cho phương trình (1) với m là tham số
a. Giải phương trình ứng với m = 2 .
b. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm.
Bài 4: Không dùng máy tính hãy xét xem trong hai số :
675log
135
và
75log
45
số nào lớn hơn ?
Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a . Qua trung điểm I của cạnh AB dựng đường thẳng d
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Trên d lấy một điểm S sao cho
2
3a
SI =
.
2
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
a. Tính diện tích tam giác SCD .
b. Tính thể tích hình chóp SACD . Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD)
Đề số 5
Bài 1: Cho hàm số y = –x
4
+ 2x
2

+ 3 có đồ thị (C)
1. Khảo sát hàm số
2. Dựa vào đồ thị (C) , hãy xác định các giá trị của m để phương trình x
4
– 2x
2
+ m = 0
có 4 nghiệm phân biệt
Bài 2: Rút gọn biểu thức :








−










+
−

−
+
−
=
4
1
4
1
4
1
4
1
2
1
2
1
4
1
2
1
4
3
ba:
ba
ba
baa
ba
P
Bài 3: Tìm các giá trị của a để hàm số
ax)1a2(x)1a(2x

3
1
y
23
++−+−=
nghịch biến trong khoảng (1;2)
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số dương n > 1 ta có :
)2n(log)1n(log
1nn
+>+
+
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC đỉnh S , đáy là tam giác cân AB =AC =3a , BC=2a .Biết rằng
các mặt bên (SAB) ,(SBC) ,(SCA) đều hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc
60°
.Kẽ
đường cao SH của hình chóp.
1. Chứng tỏ rằng H là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC và SA ⊥ BC
2. Tính thể tích hình chóp
Đề số 6
Bài 1: Cho hàm số
)C(
1x
1x
y
−
+
=
1. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. CMR mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số đều lập với 2 đường tiệm cận một tam giác có
diện tích không đổi

3. Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại đó lập với 2 tiệm cận một tam
giác có chu vi bé nhất .
Bài 2: Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng :
Bài 3: Tìm tập xác định của hàm số :
Bài 4: Cho các số thực x,y thay đổi sao cho x + y = 1 . Chứng minh rằng :
342
yx
≥+
. Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và vuông góc với đáy
ABCD . Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M,N . Đặt AM = x .
a. Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính thể tích S.MNCD theo a và x .
b. Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD bằng 2/9 thể tích S.ABCD
3
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Đề số 7
Bài 1: Cho hàm số :
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm với trục hoành .
c. Tìm các điểm trên (C) có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) bằng 4 .
Bài 2 : Cho bất phương trình:
1m3).1m(49.m
xx
>+−+
a. Giải bất phương trình khi m = 2 .
b. Tìm giá trị m để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x.
Bài 3: Chứng minh rằng : x > ln(x+1) . ∀x > 0
Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số
)cos1(sin xxy +=
trên đoạn [0 ; π]

Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B . AB = a , BC = 2a , SA =
2a và vuông góc với đáy . Gọi M là trung điểm của SC.
a. Chứng minh rằng tam giác AMB cân tại M và tính theo a diện tích của tam giác đó
b. Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC .
Đề số 8
Bài 1: Cho hàm số
)C(2x3xy
3
+−=
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) qua A(1,–1) .
c. Biện luận số nghiệm phương trình |x|(x
2
– 3) = m theo tham số m
Bài 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y = x
3
+ 2mx
2
+ m – 2 nghịch biến trong khoảng (1 ;
3)
Bài 3: Cho a và b là hai số thực khác 0 . Tính giới hạn sau :
Bài 4: Cho bất phương trình : (m –1).4
x
+ 2
x+1
+ m+1 > 0 (1)
a. Giải bất phương trình (1) khi m = –1
b. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi x
Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Góc nhị diện giữa hai mặt
bên kề nhau bằng 120

0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD .
Đề số 9
Bài 1:
a. Khảo sát,vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
+ 3x
2

b. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị
(C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.
Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
1x
mmxx
y
2
+
+−
=
nghịch biến trên khoảng (–2 ; –
3/2) .
Bài 3: Giải phương trình :
1)32()32()32(
2x3x13x2
++=−++
+−+
Bài 4: Biết
a15log
6
=

;
b18log
12
=
. Tính
25log
24
theo a và b .
4
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Bài 5: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a
a. Tính thể tích của tứ diện .
b. Một mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện . Hãy
tính thể tích của khối cầu nội tiếp tứ diện đều trên .
PHẦN BÀI GIẢI
ĐỀ SỐ 1
Bài 1: (1,5 đ) Cho hàm số f(x) =
1x9x3x
23
+−−
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [–2 ; 2] . Suy ra tất cả
các giá trị a để bất phương trình sau có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2] :
f(x) > a
2
+ 2a + 6 , a ∈ R .
Bài giải :
3 2
( ) 3 9 1f x x x x= − − +
Tập xác định D = R ⇒ hàm số xác định trên [–2 ; 2]
2

'( ) 3 6 9f x x x= − −
2
1 [ 2;2]
'( ) 0 3 6 9 0
3 [ 2;2]
x
f x x x
x
= − ∈ −

= ⇔ − − = ⇔

= ∉ −

( 2) 1 ; (2) 21 ; ( 1) 6f f f− = − = − − =
[ 2;2]
( ) ( 1) 6
x
Max f x f
∈ −
= − =
[ 2;2]
( ) (2) 21
x
Min f x f
∈ −
= = −
2
( ) 2 6f x a a> + +
có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2]

2
[ 2;2]
( ) 2 6
x
Max f x a a
∈ −
⇔ > + +
2 2
2 6 6 2 0 2 0a a a a a⇔ + + < ⇔ + < ⇔ − < <
Vậy khi –2 < a < 0 thì bất phương trình f(x) > a
2
+ 2a + 6 có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2]
Bài 2: (3,5 đ)Cho hàm số
3 2
( 1) ( 2) 1y x m x m x= + − − + −
(*)
f. Chứng minh hàm số (*) luôn có cực đại và cực tiểu .
g. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1
h. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
1
3
y x
=
i. Viết phương trình đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị (C) .
j. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x
3
– 3x – k = 0
Bài giải:
a.
3 2

( 1) ( 2) 1y x m x m x= + − − + −

Tập xác định D = R
2
' 3 2( 1) 2y x m x m= + − − −
2
' 0 3 2( 1) 2 0y x m x m= ⇔ + − − − =
5
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
2 2
' ( 1) 3( 2) 7 0m m m m m∆ = − + + = + + > ∀
(vì ∆
m
< 0)
Vậy y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt chứng tỏ hàm số (*) luôn có cực đại ,cực tiểu .
c.
3 2
3 1 ' 3 3y x x y x= − − ⇒ = −
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
1
3
y x=
có hệ số góc k
thỏa
1
. 1 3
3
k k= − ⇔ = −
2
3 3 3 0 1x x y⇔ − = − ⇔ = ⇒ = −

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là :
3 1y x= − −
d. đồ thị hàm số có cực đại A(–1 ; 1 ) cực tiểu B(1 ; –3)
(2; 4)AB = −
uuur
⇒ Đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến
(2;1)n =
r
nên có phương trình :
2( 1) ( 1) 0 2 1 0x y x y+ + − = ⇔ + + =
e.
3 3
3 0 3 1 1x x k x x k− − = ⇔ − − = −
. Số nghiệm của phương trình cũng là số giao điểm của
đồ thị với đường thẳng y = k –1 . Dựa vào đồ thị ta biện luận như sau :
k – 1 < –3 ⇔ k < –2 có 1 giao điểm ⇒ phương trình có 1 nghiệm
k – 1 = –3 ⇔ k = –2 có 2 giao điểm ⇒ phương trình có 2 nghiệm
–3 < k – 1 <1 ⇔ –2 < k < 2 có 3 giao điểm ⇒ phương trình có 3 nghiệm
k – 1 = 1 ⇔ k = 2 có 2 giao điểm ⇒ phương trình có 2 nghiệm
k – 1 > 1 ⇔ k > 2 có 1 giao điểm ⇒ phương trình có 1 nghiệm
Bài 3: (2đ) Cho phương trình :
1
1
2
4 .2 (4 1) 0
x
x
m m
+
+

− − + =
c. Giải phương trình khi m = 1/2
d. Với các giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm
Bài giải :
1
1
2
4 .2 (4 1) 0 (1)
x
x
m m
+
+
− − + =
2.4 2 .2 (4 1) 0
x x
m m⇔ − − + =
Đặt t = 2
x
> 0 Ta có phương trình :
2
2 2 (4 1) 0 (2)t mt m− − + =
Với m = ½ Ta có
2
0
0
3
(2)
1
2

2 3 0
3 / 2
t
t
t
t
t t
t
>

>


⇔ ⇔ ⇒ =
= −

 
− − =



=


2 2
3 3
2 log log 3 1
2 2
x
x⇔ = ⇔ = = −

Phương trình (1) ⇔ phương trình (2) có nghiệm thuộc (0 ; +∞)
2
2 1
2
2
t
m
t
−
⇔ =
+
có nghiệm thuộc (0 ; +∞)
Xét hàm số
2
2 1
( )
2
t
f t
t
−
=
+
với t > 0
2
2
2 8 1
'( ) 0 0
( 2)
t t

f t t
t
+ +
= > ∀ >
+
⇒ f(t) đồng biến trên (0 ; +∞) ⇔ ∀t > 0 ; f(t) > f(0) = –1/2
6
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1 1
2
2 4
m m
− −
⇔ > ⇔ >
Bài 4: (3đ) Trên nửa đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD
cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’ , D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD .
Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C ‘
d. Chứng minh B’D’ // BD và tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc với nhau
e. Chứng minh SC vuông góc với mặt
phẳng (AB’D’)
f. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’
Bài giải :
Trong (SBD): B’D’∩ SO = I ⇒ AI = (SAC)∩
(AB’D’)
Trong (SAC) : AI ∩ SC = C’ ⇒ C’ = SC ∩
(AB’D’)
∆SAB vuông tại A có AB’ là đường cao nên
2 2
2 2 2

' '. 4 4
5 5
SB SB SB SA a
SB SB SB a
= = = =
∆SAD vuông tại A có AD’ là đường cao nên
2 2
2 2 2
' '. 4 4
5 5
SD SD SD SA a
SD SD SD a
= = = =
Vậy
' '
' '/ /
SB SD
B D BD
SB SD
= ⇔
Lại có :
( )
BD AC
BD SAC
BD SA
⊥

⇒ ⊥

⊥


' ' ( ) ' ' 'B D SAC B D AC⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Vậy tứ giác AB’C’D’ có 2 đường chéo vuông góc với nhau
b.
Do
' ' ( ) ' ' (1)B D SAC B D SC⊥ ⇒ ⊥
( )
'
BC AB
BC SAB
BC SA
BC AB
⊥

⇒ ⊥

⊥

⇒ ⊥
Lại có
'SB AB⊥
nên
' ( ) ' (2)AB SBC AB SC⊥ ⇒ ⊥
Từ (1) và (2) suy ra
( ' ')SC AB D⊥
c.
( ' ') 'SC AB D SC AC⊥ ⇒ ⊥
∆SAC vuông tại A có AC’ là đường cao nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 2

'
' 2 4 4
3
a
AC
AC AC AS a a a
= + = + = ⇒ =
' ' ' 4 4 2
' '
5 5
B D SB a
B D
BD SB
= = ⇒ =
2
' ' '
1 1 2 4 2 4 6
'. ' ' . .
2 2 5 15
3
AB C D
a a a
S AC B D= = =
7
O
I
D'
C'
B'
D

C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
2 2
2 2 2 2
4 8 2 6
' ' 4
3 3 3
a a a
SC SA AC a= − = − = =
2 3
. ' ' ' ' ' '
1 1 2 6 4 6 16
'. . .
3 3 3 15 45
S AB C D AB C D
a a a
V SC S= = =
Đề số 2
Bài 1: Cho hàm số
3 2
1 5
( )
3 3
y f x x x
= = + −
e. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
f. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(

)
3
1
;
3
7
−
g. Chứng tỏ rằng đồ thị có một tâm đối xứng .
h. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x
3
+ 3x
2
– k = 0
Bài giải :
a. ∆ là đường thẳng đi qua M có hệ số góc k
7 1
: ( )
3 3
y k x∆ = + +
∆ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ⇔ hệ phương trình sau có nghiệm :
3 2
2
1 5 7 1
( )
3 3 3 3
2
x x k x
x x k

+ − = + +




+ =

3 2 2
1 5 7 1
( 2 )( )
3 3 3 3
x x x x x⇒ + − = + + +
3 2 2
3 6 ( 2 )(3 7)x x x x x⇔ + − = + +
3 2
1
2 10 14 6 0
3
x
x x x
x
= −

⇔ + + + = ⇔

= −

Với x = –1 ⇒ k = –1 Ta có phương trình tiếp tuyến
7 1
: ( ) 2
3 3
y x x∆ = − + + = − −

Với x = –3 ⇒ k = 3 Ta có phương trình tiếp tuyến
7 1 22
: 3( ) 3
3 3 3
y x x∆ = + + = +
b. Đồ thị có điểm uốn I(–1 ; –1)
Dùng phép tịnh tiến theo vec tơ
( 1; 1)OI = − −
uur
. Ta có
1
1
x X
y Y
= −


= −

Trong hệ trục IXY hàm số có dạng
3 2
1 5
1 ( 1) ( 1)
3 3
Y X X− = − + − −
3 2 2
1 1 5
1 2 1
3 3 3
Y X X X X X⇔ − = − + − + − + −

3
1
( )
3
Y X X F X⇔ = − =
Tập xác định D
F
= R thỏa ∀X∈ D
F
⇒ –X∈ D
F
.
8
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
3
1
( ) ( )
3
F X X X F X− = − + = −
F(X) là hàm lẻ trong hệ trục IXY nên nhận I làm tâm đối xứng . Vậy đồ thị hàm số nhận
điểm uốn I(–1 ; –1) làm tâm đối xứng .
c.
3 2 3 2
1 5 5
3 0
3 3 3
k
x x k x x
−
+ − = ⇔ + − =

. Số nghiệm của phương trình cũng là số giao điểm
của đồ thị với đường thẳng
5
3
k
y
−
=
. Dựa vào đồ thị ta biện luận như sau :
5 5
0
3 3
k
k
− −
< ⇔ <
có 1 giao điểm ⇒ phương trình có 1 nghiệm
5 5
0
3 3
k
k
− −
= ⇔ =
có 2 giao điểm ⇒ phương trình có 2 nghiệm
5 5 1
0 4
3 3 3
k
k

− − −
< < ⇔ < <
có 3 giao điểm ⇒ phương trình có 3 nghiệm
5 1
4
3 3
k
k
− −
= ⇔ =
có 2 giao điểm ⇒ phương trình có 2 nghiệm
5 1
4
3 3
k
k
− −
> ⇔ >
có 1 giao điểm ⇒ phương trình có 1 nghiệm
Bài 2:
c. Rút gọn biểu thức
2 2
1 1 3 1 1
2 2 2 2 2
2 1a a a
A
a a a a a
− −
− −
− −

= − −
− −
(a > 0)
d. Rút gọn biểu thức :
2log
96log
2log
12log
A
6
2
48
2
−=
Bài giải :
a.
2 2
1 1 3 1 1
2 2 2 2 2
2 1a a a
A
a a a a a
− −
− −
− −
= − −
− −
2 2
1 1 3 1 3
2 2 2 2 2

1 2 1 2
( 1)
a a a a
a a a a a a
− −
− −
− − + −
= − = − =
− −
2 2
1 3 3
2 2 2
1 2 2 2a a
a a
a a a
−
− −
− = =
b.
2 4 5
2 2
2 2 2 2
48 96
log 12 log 6
log (2 .3).log (2 .3) log (2.3).log (2 .3)
log 2 log 2
A = − = −
2 2 2 2
(2 log 3).(4 log 3) (1 log 3).(5 log 3)= + + − + +
2 2

2 2 2 2
(8 6log 3 log 3) (5 6log 3 log 3) 3+ + − + + =
Bài 3: Cho phương trình: m(16
x
) + 2(81
x
) = 5(36
x
) (m:tham số)
c. Giải phương trình khi m = 3
d. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất
9
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Bài giải :
a.
.16 2.81 5.36 (1)
x x x
m + =
81 9
2. 5.
16 4
x x
m
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
Đặt
9
0

4
x
t
 
= >
 ÷
 
Ta có phương trình :
2
2 5 0 (2)t t m− + =
Khi m = 3 Ta có
2
1
2 5 3 0
3 / 2
t
t t
t
=

− + = ⇔

=

Với
9
1 1 0
4
x
t x

 
= ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
Với
2
3 9 3 3 1
2 4 2 2 2
x x
t x
   
= ⇔ = = ⇔ =
 ÷  ÷
   
b. phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔
phương trình (2) có nghiệm duy nhất t >0
⇔ m = –2t
2
+ 5t có nghiệm duy nhất
thuộc (0 ; +∞)
Xét hàm số f(t) = – 2t
2
+ 5t với t > 0
'( ) 4 5
'( ) 0 5/ 4
(0) 0
(5 / 4) 25 / 8
f t t
f t t
f

f
= − +
= ⇔ =
=
=

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất
25 / 8
0
m
m
=

⇔

≤

Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B .AB = BC = a ;
AD = 2a , cạnh SA = a
2
và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Gọi M là hình chiếu của A
lên SB . Mặt phẳng (AMD) cắt SC tại N .
c. Tứ giác ADNM là hình gì ? Vì sao ?
d. Tính thể tích hình chóp S.ADNM theo a .
Bài giải :
/ /
( )
/ / / /
( )
( ) ( )

AD BC
AD AMD
MN AD BC
BC SBC
MN AMD SBC


⊂

⇒

⊂


= ∩

( )
AD AB
AD SAB
AD SA
AD AM
⊥

⇒ ⊥

⊥

⇒ ⊥
Vậy ADNM là hình thang vuông tại A và M
10

N
M
D
C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
b.Do
( )AD SAB AD SB⊥ ⇒ ⊥
Lại có
AM SB⊥
nên
( )SM ADNM⊥
Ta có ∆SAB vuông tại A có AM là đường cao nên
2 2
2 2 2
. 2 2
3 3
SM SM SB SA a
SB SB SB a
= = = =
2 2
3 3
MN a
MN
BC
⇒ = ⇔ =
2
2

.
3
a
SM SB SA SM= ⇔ =
. 6
. .
3
SA AB a
AM SB SA AB AM
SB
= ⇔ = =
2
1 1 6 2 4 6
.( ) . . 2
2 2 3 3 9
ADNM
a a a
S AM AD MN a
 
= + = + =
 ÷
 
2 3
1 1 2 4 6 8 2
. . .
3 3 9 27
3
SADNM ADNM
a a a
V SM S= = =

(đvtt)
Đề số 3
Bài 1: Cho hàm số
x3x
4
1
y
3
−=
có đồ thị (C)
c. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
d. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) có hoành độ
32x =
. Viết phương trình đường thẳng đi
qua M và là tiếp tuyến của (C)
Bài 2 :Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :

( ) 2 cos 2 4sinf x x x= +
trên đoạn [ 0 ; π/2]
Bài giải :
2
( ) 2 os2 4sin 2(1 2sin ) 4sinf x c x x x x= + = − +
Đặt t = sinx , vì x∈ [0 ; π/2] ⇒ t ∈[0 ; 1]
2
( ) 2 2 4 2f t t t= − + +
1
'( ) 4 2 4 ; '( ) 0 [0;1]
2
f t t f t t= − + = ⇔ = ∈
1

(0) 2 ; (1) 4 2 ; ( ) 2 2
2
f f f= = − =
[0; /2] [0;1]
( ) ( ) 2 2
x t
Max f x Max f t
π
∈ ∈
= =
;
[0; /2] [0;1]
( ) ( ) 2
x t
Min f x Min f t
π
∈ ∈
= =
Bài 3: Biết
a12log
7
=
;
b24log
12
=
. Tính
168log
54
theo a và b .

7 12
12
1 1
log 12 log 7
log 7
a
a
= = ⇔ =
12 12
log 24 1 log 2b = = +
11
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
12 12 12
54
3
12 12 12
12 12 12 12
12 12 12
log (7.24) log 7 log 24
log 168
log (2.3 ) log 2 3log 3
log 7 log 24 log 7 log 24
log 2 3(1 2log 2) 3 5log 2
+
= =
+
+ +
= =
+ − −
1

1
3 5( 1) (8 5 )
b
ab
a
b a b
+
+
= =
− − −
Bài 4: Giải các phương trình :
c.
2 2
log 3 log 3 7 2x x− + − =
d.
1 2
2
log (4 1) log (13.4 1) 2
x x
+ + + =
Bài giải :
a.
2 2
log 3 log 3 7 2x x− + − =
Điều kiện x > 3 . Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với
2 2
1 1
log ( 3) log (3 7) 2
2 2
x x− + − =

2
2
log [( 3)(3 7)] 4 3 16 21 16x x x x− − = ⇔ − + =
2
5
3 16 5 0 5
1/ 3
x
x x x
x
=

⇔ − + = ⇔ ⇒ =

=

(vì điều kiện x > 3)
b.
1 2
2
log (4 1) log (13.4 1) 2
x x
+ + + =
2 2
log (13.4 1) 2 log (4 1)
x x
⇔ + = + +
2 2
log (13.4 1) log [4(4 1)]
x x

⇔ + = +
13.4 1 4.4 4 9.4 3
x x x
⇔ + = + ⇔ =
4 4
1 1
4 log log 3
3 3
x
x⇔ = ⇔ = = −
Bài 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . SA = h và vuông
góc với đáy . Gọi H và I lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC .
c. Chứng minh rằng IH vuông góc với (SBC)
d. Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h .
Bài giải:
a. Gọi M là trung điểm của BC
Ta có ∆ABC đều nên AM ⊥ BC
Lại có SA ⊥ BC nên
BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ SM
Vậy H∈AM ; I∈ SM
⇒ BC ⊥ HI (1)
( )
BH AC
BH SAC BH SC
BH SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Lại có BI ⊥ SC nên
SC ⊥ (BHI) ⇒ SC ⊥ HI (2)
12
I
H
N
M
C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Từ (1) và (2) suy ra
IH ⊥ (SBC)
b. Do HI ⊥ (SBC) ⇒ HI ⊥ SM
3 3
;
2 6
a a
AM MH= =
2 2 2
2
3 3 4
4 2
a a h
SM h
+
= + =

Hai tam giác MIH và MAS đồng dạng với nhau nên
MI IH MH
MA AS MS
= =
2
2 2 2 2
. . 3
;
2 3 4 3 3 4
MA MH a AS MH ah
MI IH
MS MS
a h a h
⇒ = = = =
+ +
4
2 2
1 1 3
. . .
3 6 36(3 4 )
HIBC IBC
a h
V HI S HI MI BC
a h
= = =
+
Đề số 4
Bài 1: Cho hàm số (C)
d. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
e. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ là những số nguyên .

f. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C) . Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của
(C) tại M vuông góc với đường thẳng IM .
Bài giải:
b.
2x 1 1
y 2
x 1 x 1
−
= = +
− −
Ta có x, y ∈ Z ⇔ (x – 1) là ước số của 1 . Ta có
o x – 1 = 1 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2
o x – 1 = –1 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1
Vậy trên (C) có 2 điểm có tọa độ nguyên là (2;2) ; (0 ;1)
c. Giao điểm hai tiệm cận I(1 ; 2)
Gọi
1 1
( ;2 ) ( 1; )
1 1
M m IM m
m m
+ ⇒ = −
− −
uuur

Đường thẳng IM có hệ số góc
1
2
1
( 1)

k
m
=
−
Tiếp tuyến tại M có hệ số góc
2
2
1
'( )
( 1)
k y m
m
−
= =
−
13
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Để tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng IM thì
1 2
4
0 1
1
. 1 1 1 1
2 2
( 1)
m y
k k m
m y
m
= ⇒ = −


−
= − ⇔ = − ⇔ − = ± ⇔

= ⇒ =
−

Vậy trên (C) có 2 điểm cần tìm là (2;2) ; (0 ; –1)
Bài 2: Rút gọn biểu thức :
1
5 1 2
3 7 1 1
3 3
2 4 4 2
3 .5 : 2 : 16 : 5 .2 .3A
−
 
 
   
 
=
 
 
 ÷
 
 
   
 
 
 

Bài giải :
1
5 1 2
3 7 1 1
3 3
2 4 4 2
3 .5 : 2 : 16 : 5 .2 .3A
−
 
 
   
 
=
 
 
 ÷
 
 
   
 
 
 
1
5 1
3 7 1 1
2
4
3 3
2 4 4 2
3 .5 .2 : 2 .5 .2 .3

−
− −
 
   
 
=
 
   
 
   
 
( )
1
5 1
3 7 1 1
1
2
4 2 2 2 1
3 3
2 4 4 2
2
15
3 .5 .2 .2 .5 .2 .3 3 .5 .2 3.5.2
2
− − −
 
= = = =
 ÷
 
Bài 3: Cho phương trình (1) với m là tham số

a. Giải phương trình ứng với m = 2 .
b. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm.
Bài giải :
a. Đặt
1 1
2 2 1/ 2
x
t
− −
= ≥ =
phương trình tương đương với
2
2 5 0 (2)t t m− + =
Khi m = 2 Ta có
2
2
2 5 2 0
1/ 2
t
t t
t
=

− + = ⇔

=

Với
1
2 2 2 1 1 2 4

x
t x x x
−
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =
Với
1
1/ 2 2 1/ 2 1 1 0 0
x
t x x x
−
= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ = ⇔ =
b. phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥1/2
⇔ m = –2t
2
+ 5t có nghiệm thuộc [1/2 ; +∞)
Xét hàm số f(t) = – 2t
2
+ 5t với t ≥1/2
'( ) 4 5
'( ) 0 5/ 4
(1/ 2) 2
(5 / 4) 25 / 8
f t t
f t t
f
f
= − +
= ⇔ =
=
=

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình
có nghiệm
25
8
m ≤
Bài 4: Không dùng máy tính hãy xét xem trong hai số :
675log
135
và
75log
45
số nào lớn hơn ?
14
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
3 2 2
3 3
135 45
3 2
3 3
log (3 .5 ) log (3.5 )
log 675 log 75
log (3 .5) log (3 .5)
− = −
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3
3 2log 5 1 2log 5 (3 2log 5)(2 log 5) (1 2log 5)(3 log 5)
3 log 5 2 log 5 (3 log 5)(2 log 5)
+ + + + − + +
= − =

+ + + +
2 2
3 3 3 3
3 3
(6 7log 5 2log 5) (3 7log 5 2log 5)
(3 log 5)(2 log 5)
+ + − + +
=
+ +
3 3
3
0
(3 log 5)(2 log 5)
= >
+ +

Vậy
135 45
log 675 log 75>
Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a . Qua trung điểm I của cạnh AB dựng đường thẳng d
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Trên d lấy một điểm S sao cho
2
3a
SI =
.
c. Tính diện tích tam giác SCD .
d. Tính thể tích hình chóp SACD . Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD)
Bài giải :
Gọi J là trung điểm CD
( )

CD IJ
CD SIJ CD SJ
CD SI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

2
2 2 2
3 7
4 2
a a
SJ SI IJ a= + = + =
Diện tích tam giác SCD
2
1 7
.
2 4
SCD
a
S CD SJ= =
2 3
1 1 3 3
. .
3 3 2 2 12
SACD ACD
a a a
V SI S= = =

( )
AD AB
AD SAB AD SA
AD SI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

2 2
SA SI IA a= + =
;
2
2
SAD
a
S =
Gọi h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD)
3
1 3 3
.
3 12 2
SACD SAD
a a
V h S h= = ⇒ =
Đề số 5
Bài 1: Cho hàm số y = –x
4
+ 2x

2
+ 3 có đồ thị (C)
3. Khảo sát hàm số
4. Dựa vào đồ thị (C) , hãy xác định các giá trị của m để phương trình x
4
– 2x
2
+ m = 0
có 4 nghiệm phân biệt
Bài 2: Rút gọn biểu thức :
15
J
I
D
C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
1 1
1 1
2 2
4 4
3 1 1 1 1
4 2 4 4 4
:
a b a b
P a b
a a b a b
 

 
− −
 
= − −
 ÷
 
 
+ +
 
 
Bài 3: Tìm các giá trị của a để hàm số
3 2
1
2( 1) (2 1)
3
y x a x a x a
= − + − + +
nghịch biến trong khoảng (1;2)
Bài giải :
3 2
1
2( 1) (2 1)
3
y x a x a x a= − + − + +
Tập xác định D = R
2
' 4( 1) (2 1)y x a x a= − + − +
Hàm số nghịch biến trong (1 ; 2)
' 0 (1;2)y x⇔ ≤ ∀ ∈
2

4 1 2 (2 1) (1;2)x x a x x⇔ − − ≤ + ∀ ∈
2
4 1
2 (1;2)
2 1
x x
a x
x
− −
⇔ ≥ ∀ ∈
+
Xét hàm số
2
4 1
( ) (1;2)
2 1
x x
f x x
x
− −
= ∀ ∈
+

2
2
2 2 2
'( ) 0 (1;2)
(2 1)
x x
f x x

x
+ −
= > ∀ ∈
+
⇒∀x∈(1;2) ta có f(1) < f(x) < f(2) ⇔ –4/3 < f(x) < –1
Vậy yêu cầu bài toán ⇔2a ≥ –1 ⇔ a ≥ –1/2
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số dương n > 1 ta có :
1
log ( 1) log ( 2)
n n
n n
+
+ > +
Bài giải :
1 1
1
1
log ( 1) log ( 2) log ( 2)
log
n n n
n
n n n
n
+ +
+
+ > + ⇔ > +
1 1
log .log ( 2) 1 (*)
n n
n n

+ +
⇔ + <
Áp dụng bất đẳng thức Cô si .Ta có
1 1
1 1
log log ( 2)
log .log ( 2)
2
n n
n n
n n
n n
+ +
+ +
+ +
+ ≤
2 2
1 1
log ( 2 ) log ( 1)
1
2 2
n n
n n n
+ +
+ +
= < =
1 1
log .log ( 2) 1
n n
n n

+ +
⇒ + <
Vậy (*) luôn đúng . Bất đẳng thức đã được chứng minh .
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC đỉnh S , đáy là tam giác cân AB =AC =3a , BC=2a .Biết rằng
các mặt bên (SAB) ,(SBC) ,(SCA) đều hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc
60°
.Kẽ
đường cao SH của hình chóp.
1. Chứng tỏ rằng H là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC và SA ⊥ BC
2. Tính thể tích hình chóp
Bài giải :
16
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
a. Gọi I,J,K lần lượt là hình chiếu của H lên
BC,CA,AB Ta có
( )
BC HI
BC SHI
BC SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
AC HJ
AC SHJ
AC SH
⊥


⇒ ⊥

⊥

( )
AB HK
AB SHK
AB SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

Vậy
·
·
·
, ,SIH SJH SKH
lần lượt là góc giữa mặt
phẳng đáy với ccs mặt phẳng (SBC),(SAC),
(SAB)
·
·
·
0
60SIH SJH SKH⇒ = = =
SIH SJH SKH⇒ ∆ = ∆ = ∆
HI HJ HK

⇒ = =
H cách đều các cạnh tam giác ABC nên là tâm
vòng tròn nội tiếp tam giác ABC
Tam giác ABC cân tại A có AH là phân giác nên cũng là đường cao ⇒AH ⊥BC ⇒ A,H,I
thẳng hàng
( )BC SHI BC SA⊥ ⇒ ⊥
b. p là nửa chu vi tam giác ABC ⇒ 4a ; HI = r
2
4 . . .2 2 2 .
ABC
S a a a a a p r= = =
2
2
a
r HI⇒ = =
;
0
6
.tan 60
2
a
SH IH= =
2
2
1 1 6 2 3
. . .2 2
3 3 2 3
SABC ABC
a a
V SH S a= = =

Đề số 6
Bài 1: Cho hàm số
)C(
1x
1x
y
−
+
=
4. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số
5. CMR mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số đều lập với 2 đường tiệm cận một tam giác có
diện tích không đổi
6. Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại đó lập với 2 tiệm cận một tam
giác có chu vi bé nhất .
Bài giải :
b. Gọi M(x
0
; y
0
) thuộc (C)
0
0
0 0
1
2
1
1 1
x
y
x x

+
⇒ = = +
− −
Tiếp tuyến tại M có phương trình
0
2
0 0
2 2
: ( ) 1
( 1) 1
y x x
x x
−
∆ = − + +
− −
A là giao điểm của ∆ và tiệm cận đứng . Tọa độ A thỏa
17
K
H
J
I
C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
0
0
1
4

(1;1 )
4
1
1
1
x
A
y
x
x
=


⇔ +

= +
−

−

B là giao điểm của ∆ và tiệm cận ngang . Tọa độ B thỏa
0
0 0
1
(2 1;1)
1
y
B x
x x x
=


⇔ −

− = −

0 0
4 4
(0; )
1 | 1|
IA IA
x x
= ⇒ =
− −
uur
0 0
(2 2;0) 2 | 1|IB x IB x= − ⇒ = −
uur
Diện tích của tam giác IAB bằng
1
. 4
2
IAB
S IA IB= =
(không đổi)
c. Đặt t = |x
0
–1| > 0 Ta có
2 2
2 2
4 16 4

; 2 ; 4 2IA IB t AB t t
t t t
= = = + = +
2
2
2 4
2CV t t
t t
 
= + + +
 ÷
 ÷
 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có
2
2
2 4
2 2 ; 4t t
t t
+ ≥ + ≥
( )
2
2
2 4
2 4 2 1CV t t
t t
 
= + + + ≥ +
 ÷
 ÷

 
min
4( 2 1)CV = +
. Dấu bằng xảy ra khi
2
2
2
2
2
4
t
t
t t
t
t
t

=


⇔ = ⇔ =


=


0 0 0
0 0 0
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2

x x y
x x y
 
− = = + ⇒ = +
⇔ ⇔
 
− = − = − ⇒ = −
 
 
Vậy hai điểm M cần tìm là
1 2
(1 2;1 2) ; (1 2;1 2)M M+ + − −
Bài 2: Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng :
3
( ) . .
a b c
a b c
abc a b c
+ +
≤
Bài giải :
3
( ) . .
a b c
a b c
abc a b c
+ +
≤
18
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH

(ln ln ln ) ln ln ln
3
a b c
a b c a a b b c c
+ +
⇔ + + ≤ + +
( )(ln ln ln ) 3( ln ln ln )a b c a b c a a b b c c⇔ + + + + ≤ + +
( )ln ( ) ln ( )ln 2( ln ln ln )b c a c a b a b c a a b b c c⇔ + + + + + ≤ + +
[ ] [ ] [ ]
ln ( ) ( ) ln ( ) ( ) ln ( ) ( ) 0a a b c a b b c a b c c a b c⇔ − − − + − − − + − − − ≥
( )(ln ln ) ( )(ln ln ) ( )(ln ln ) 0a b a b b c b c c a c a⇔ − − + − − + − − ≥
(*)
Xét
( )(ln ln )x y x y− −
với x,y >0
Nếu x ≥ y ⇔ lnx ≥ lny . Nếu x < y ⇔ lnx < lny Vậy
( )(ln ln ) 0x y x y− − ≥
Vậy (*) luôn đúng . bất đẳng thức đã được chứng minh
Bài 3: Tìm tập xác định của hàm số :
Bài giải : Hàm số xác định
1
2
1
log 0
5
1
5 1
0
5 1
5

1
6
1 5
0
1
5
5
x
x
x
x v x
x v x
x
x
x x
x
x
−
⇔ ≥
+
−

< − >
>


< − >

 
+

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >
−  
− > −
≤

 
≤
+


+

Vậy tập xác định của hàm số là D = (1 ; +∞)
Bài 4: Cho các số thực x,y thay đổi sao cho x + y = 1 . Chứng minh rằng :
342
yx
≥+
. Dấu bằng xảy ra khi nào ?
Bài giải :
Từ giả thiết ta có y = 1 – x . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
4
2 4 3 2 3 (*)
4
x y x
x
+ ≥ ⇔ + ≥
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số Ta có :
3
2 2 4 2 2 4
3. . . 3

2 2 4 2 2 4
x x x x
x x
+ + ≥ =
Vậy (*) luôn đúng . Bất đẳng thức đã được chứng minh .
Dấu bằng xảy ra khi
2 4
8 8 1 0
2 4
x
x
x
x y= ⇔ = ⇔ = ⇒ =
Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và vuông góc với đáy
ABCD . Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh
SA, SB lần lượt tại M,N . Đặt AM = x .
c. Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính thể tích
S.MNCD theo a và x .
d. Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD
bằng 2/9 thể tích S.ABCD
Bài giải :
a. Gọi (α) là mặt phẳng đi qua CD
19
N
M
D
B
C
A
S

THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
/ /
( )
/ / / /
( )
( ) ( )
CD AB
CD
MN AB CD
AB SAB
MN SAB
α
α


⊂

⇒

⊂


= ∩

( )
CD AD
CD SAD CD DM
CD SA
⊥


⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Vậy MNCD là hình thang vuông tại D và M
3
1
.
3 3
SABCD ABCD
a
V SA S= =
2
2
( )
.
SMNC
SABC
V
SM SN a x
V SA SB a
−
= =
SMCD
SACD
V
SM a x
V SA a
−
= =

Mà
1
2
SABC SACD SABCD
V V V= =
2 2 2
2 2
2
( ) 3 2
SMNCD
SABCD
V
a x a x x ax a
V a a a
− − − +
= + =
2 2
( 3 2 )
2
SMNCD
a x ax a
V
− +
⇒ =
b.
2 2
2
2 3 2 2
9 2 9
SMNCD

SABCD
V
x ax a
V a
− +
= ⇔ =
2 2
2 /3
2
9 27 14 0
7 / 3
3
x a
a
x ax a x
x a
=

⇔ − + = ⇔ ⇒ =

=

(vì 0 < x < a)
Đề số 7
Bài 1: Cho hàm số :
d. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
e. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm với trục hoành .
f. Tìm các điểm trên (C) có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) bằng 4 .
Bài giải :
b. Giao điểm với trục hoành

0 1/ 2 ( 1/ 2;0)y x A= ⇔ = − ⇒ −
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại A
'
4 1 4 2
( ) ( )
3 2 3 3
A A A
y y x x y x x= − + = − + = − −
c. Gọi M(x
0
; y
0
) ∈ (C)
0
0
3
2
1
y
x
⇒ = +
−
Tiệm cận đứng (∆
1
): x = 1 ; Tiệm cận ngang : (∆
2
): y = 2
20
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
1 0 2 0

0
3
( , ) | 1| ; ( , ) | 2 |
| 1|
d M x d M y
x
∆ = − ∆ = − =
−
Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận :
0
0
3
| 1| 4
| 1|
x
x
− + =
−
Đặt t = |x
0
– 1| > 0 Ta có phương trình
2
3
3
4 4 3 0
1
t
t t t
t
t

=

+ = ⇔ − + = ⇔

=

Với
0 0
0
0 0
4 3
3 | 1| 3
2 1
x y
t x
x y
= ⇒ =

= ⇒ − = ⇔

= − ⇒ =

Với
0 0
0
0 0
2 5
1 | 1| 1
0 1
x y

t x
x y
= ⇒ =

= ⇒ − = ⇔

= ⇒ = −

Vậy có 4 điểm M cần tìm là (4 ; 3) , (–2 ; 1) , (2 ; 5) , (0 ; –1)
Bài 2 : Cho bất phương trình:
.9 4( 1).3 1
x x
m m m+ − + >
c. Giải bất phương trình khi m = 2 .
d. Tìm giá trị m để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x.
Bài giải :
.9 4( 1).3 1 (1)
x x
m m m+ − + >
Đặt t = 3
x
> 0 Ta có
2
2
0
0
4 1
(2)
( 4 1) 4 1
4 1

t
t
t
m
m t t t
t t
>

>


⇔
+
 
>
+ + > +


+ +

a. Với m = 2 Ta có :
2
0
0
(1) 0
2 2 2 2
2 4 1 0
2 2
t
t

t
t t
t v t
>

>


⇔ ⇔ ⇔ >
 
− − − +
+ + >
< >



3 0
x
x R⇔ > ⇔ ∈
b. Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ⇔ Bất phương trình (2) thỏa với mọi t >0
Xét hàm số
2
4 1
( )
2 4 1
t
f t
t t
+
=

+ +
với t > 0
2
2 2
4 2
'( ) 0 0
( 4 1)
t t
f t t
t t
− −
= < ∀ >
+ +
Vậy f(t) nghịch biến với mọi t > 0 nên
( ) (0) 1f t f< =
Vậy giá trị m cần tìm là m ≥ 1
Bài 3: Chứng minh rằng : x > ln(x+1) . ∀x > 0
Xét hàm số
( ) ln( 1)f x x x= − +
trên [0 ; +∞]
1
( ) 1 0
1 1
x
f x
x x
= − = ≥
+ +

'( ) 0 0f x x= ⇔ =

Vậy hàm số đồng biến trên [0 ; +∞]
( ) (0) 0 0f x f x⇒ > = ∀ >
21
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
ln( 1) 0x x x⇔ > + ∀ >
(đpcm)
Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số
)cos1(sin xxy +=
trên đoạn [0 ; π]
Xét hàm số
( ) sin (1 cos ) ;y f x x x= = +
Tập xác định D = R ⇒ hàm số xác định và liên tục trên [0 ; π]
2 2
'( ) cos (1 cos ) sin 2 os cos 1f x x x x c x x= + − = + −
2
'( ) 0 2 os cos 1 0f x c x x= ⇔ + − =
cos 1
cos 1/ 2
x
x
= −

⇔

=

Vì x ∈ [0 ; π] nên
'( ) 0
/ 3
x

f x
x
π
π
=

= ⇔

=

3 3
(0) 0 ; ( ) 0 ; ( )
3 4
f f f
π
π
= = =
[0; ]
3 3
( ) ( )
3 4
x
Max f x f
π
π
∈
= =
;
[0; ]
( ) (0) ( ) 0

x
Min f x f f
π
π
∈
= = =
Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B . AB = a , BC = 2a , SA =
2a và vuông góc với đáy . Gọi M là trung điểm của SC.
c. Chứng minh rằng tam giác AMB cân tại M và tính theo a diện tích của tam giác đó
d. Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC .
Bài giải :
a.
( )
CB AB
CB SAB CB SB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

∆SBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên BM = ½ SC
∆SAC vuông tại A có AM là trung tuyến nên AM = ½
SC
Vậy AM = BM ⇒∆AMB cân tại M
b.
2 2
5AC AB BC a= + =
2 2

3SC SA AC a= + =
M cách đều các đỉnh S,A,B,C nên M là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp SABC
Bán kính mặt cầu R = ½ SC = 3a/2
Thể tích khối cầu
3 3
3
4 4 27 9
3 3 8 2
C
a a
V R
π
π π
= = =
Đề số 8
Bài 1: Cho hàm số
)C(2x3xy
3
+−=
d. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
e. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) qua A(1,–1) .
f. Biện luận số nghiệm phương trình |x|(x
2
– 3) = m theo tham số m
Bài 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y = x
3
+ 2mx
2
+ m – 2 nghịch biến trong khoảng (1 ;

3)
22
M
C
B
A
S
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
Bài giải :
3 2 2
2 2 ' 3 4y x mx m y x mx= + + − ⇒ = +
Hàm số nghịch biến trong khoảng (1 ; 3) ⇔ y’ ≤ 0 ∀x ∈ (1 ; 3)
2
3 4 0 (1;3)x mx x⇔ + ≤ ∀ ∈
3
3 4 0 (1;3) (1;3)
4
x m x m x x⇔ + ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ − ∀ ∈
Hàm số
3
( )
4
f x x= −
nghịch biến trên (1 ;3) nên
9
( ) ( 3) (1;3)
4
f x f x
−
< − = ∀ ∈

Vậy
9
4
m
−
≤
là giá trị cần tìm
Bài 3: Cho a và b là hai số thực khác 0 . Tính giới hạn sau :
Bài giải :
0 0
( 1) ( 1)
lim lim
ax bx ax bx
x x
e e e e
x x
→ →
− − − −
=
0 0
1 1
lim . lim .
ax bx
x x
e e
a b a b
ax bx
→ →
− −
= − = −

Bài 4: Cho bất phương trình : (m –1).4
x
+ 2
x+1
+ m+1 > 0 (1)
c. Giải bất phương trình (1) khi m = –1
d. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi x
Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Góc nhị diện giữa hai mặt
bên kề nhau bằng 120
0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD .
Đề số 9
Bài 1:
c. Khảo sát,vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
+ 3x
2

d. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị
(C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.
Bài giải :
Gọi M(m ; 0) thuộc trục hoành và ∆ là đường thẳng đi qua M có hệ số góc k
: ( )y k x m∆ = −
∆ là tiếp tuyến với (C) ⇔ hệ phương trình sau có nghiệm
3 2
2
3 ( )
3 6
x x k x m
x x k


+ = −


+ =


3 2 2
3 (3 6 )( )x x x x x m⇒ + = + −
2
2
0
2 3( 1) 6 0
2 3( 1) 6 0
x
x x m x m
x m x m
=

 
⇔ − − − = ⇔

 
− − − =

Gọi
2
( ) 2 3( 1) 6g x x m x m= − − −
2 2
9( 1) 48 9 30 9

g
m m m m∆ = − + = + +
Với x = 0 ⇒ k = 0 ta có phương trình tiếp tuyến ∆
1
: y = 0
Không có tiếp tuyến nào vuông góc với ∆
1
. Do vậy để yêu cầu bài toán xảy ra ⇔ g(x) =0 có
2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khác 0 thỏa k
1
.k
2
= –1 .
23
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
• g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khác 0
2
0
3 1/ 3
9 30 9 0
(*)
0

0
(0) 0
g
m v m
m m
m
m
g
∆ >
 < − > −

+ + >

⇔ ⇔ ⇔
  
≠
≠
≠



Lúc này theo Viet ta có :
1 2 1 2
3( 1)
; 3
2
m
x x x x m
−
+ = = −

•
2 2
1 2 1 1 2 2
. 1 (3 6 )(3 6 ) 1k k x x x x= − ⇔ + + = −
2
1 2 1 2 1 2 1 2
9( ) 18 ( ) 36 1 0x x x x x x x x⇔ + + + + =
2
81 81 ( 1) 108 1 0m m m m⇔ − − − + =
1
27 1 0
27
m m⇔ − + = ⇔ =
(thỏa (*))
Vậy điểm M cần tìm là
1
;0
27
M
 
 ÷
 
Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
1x
mmxx
y
2
+
+−
=

nghịch biến trên khoảng (–2 ; –
3/2) .
Bài 3: Giải phương trình :
1)32()32()32(
2x3x13x2
++=−++
+−+
Bài 4: Biết
a15log
6
=
;
b18log
12
=
. Tính
25log
24
theo a và b .
6 6 6
log 15 log 3 log 5a = = +
6 6 6
12
6 6 6
log 18 1 log 3 1 log 3
log 18
log 12 1 log 2 2 log 3
b
+ +
= = = =

+ −
6 6
2 1
( 1).log 3 2 1 log 3
1
b
b b
b
−
⇔ + = − ⇔ =
+
6 6
2 1 2 1
log 5 log 3
1 1
b ab a b
a a
b b
− + − +
= − = − =
+ +
6 6
24
6 6
2log 5 2log 5
log 25
1 2log 2 3 2log 3
= =
+ −
2 1 2 1 2( 2 1)

2 : 3 2
1 1 5
ab a b b ab a b
b b b
+ − + − + − +
 
= − =
 ÷
+ + −
 
Bài 5: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a
c. Tính thể tích của tứ diện .
d. Một mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện . Hãy
tính thể tích của khối cầu nội tiếp tứ diện đều trên .
Bài giải : Gọi O là hình chiếu của A xuống mặt phẳng (ABC) . Do ABCD là tứ diện đều nên
O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm
của tam giác .
a. Diện tích của tam giác đều cạnh a :
2
2 0
1 3
sin 60
2 4
a
S a= =
24
THCS – THPT TÀ NUNG GV:PHẠM VĂN LINH
0
3
.sin 60

2
a
BM a= =
2 3
3 3
a
BO BM= =
2 2 2 2
1 6
3 3
a
AO AB BO a a= − = − =
2 3
1 1 6 3 2
. . .
3 3 3 4 12
ABCD ABC
a a a
V AO S= = =
b. Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện có
bán kính r
ABCD IABC IBCD IABD IBCD
V V V V V= + + +

( )
1 1
.
3 3
ABC BCD ABD BCD tp
r S S S S r S= + + + =

Mà :
2
2
3
4 3
4
tp
a
S a= =
3 2
2 3 6
.
12 3 12
a a a
r r⇒ = ⇒ =
Thể tích khối cầu nội tiếp
3 3
3
4 4 6 6
3 3 288 216
C
a a
V r
π
π π
= = =
ĐỀ 10
(Thời gian làm bài 90 phút )
Câu I (3 điểm) Cho hàm số
3

y = f(x) = 3x 4x−
có đồ thò là (C) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đổ thò của hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) đi qua điểm M
3
1
( ;1)
6 2
− +

Câu II (1 điểm) Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số
y = 5cosx cos5x−

trên
[ ; ]
4 4
π π
−

Câu III (3 điểm)
a) So sánh các cặp số sau :
2 1,4
3 3
3 và 3 ; 2 28 và 63+
b) Giải phưong trình :
x x 1
4 2 3 0
+
+ − =
c) Giải bất phưong trình :

1
3
4x 6
log 0
x
+
≥
Câu IV (2 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông
tại A,
µ
C 60=
o
, AC = a , AC’ = 3a . Tính thể tích khối lăng trụ .
Câu V (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng
25
I
M
O
D
C
B
A