38 Đề thi thử ĐH môn Toán có đáp án

________________________________________________________________________________
Câu I.
1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
y=
x-x+1
x-1
2
.
2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C).
3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x
2
+a.
Câu II.
Cho hệ phỷơng trình
xyxym
xym
++ =
+=



22
1) Giải hệ vớim=5.
2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm?
Câu III.
1) Cho bất phỷơng trình
x
2
+ 2x(cosy + siny) + 1

0.

Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y.
2) Giải phỷơng trình lỷợng giác
sin
2
x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 3
Câu IVa.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip
E) :
x
9
+
y
4
22
=1,

________________________________________________________________________________
và hai đỷờng thẳng
(D):ax-by=0, (D):bx+ay=0,
với a
2
+b
2
>0.
1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D) với (E).
2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ.
3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất.
4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất.
Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với
mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M. Dỷnồ g

BNCM,BHCM
.Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N.
1) Chỷnỏ g minh :
BNCM
2) Chỷnỏ g minh :
BMCN
3) Hãy chỉ cách dỷnồ g điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất.



___________________________________________________________
Câu 1
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy. Đờng thẳng qua A, với hệ số góc k có phơng trình :
y = kx + b.
Ta có
2
xx1 1
yx
x1 x1
+
==+

;
2
1
y' 1
(x 1)
=

Hoành độ tiếp điểm của đờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ
2
1
xkxb
x1
1
1k
(x 1)

+=+





=





2
11
x1 xb
x1
(x 1)

+= +

2
b
x2(1+b)x+(1+b)=0

(1)
b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0
1
x
2
=

b 0 : (1) có nghiệm khi

2
'=(1+b)b(1+b)0
b 1 (b 0)
Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có
tung độ b 1.
3) Hoành độ tiếp điểm của parabol
2
y
=
x

+
a
với đồ thị (C) là nghiệm của hệ :
2
o
2
1
xxa
x1
1
12x
(x 1)

+=+





=




Từ phơng trình thứ hai, suy ra :
2
x(2 x 5x +4) =0
x = 0.
Thay vào phơng trình đầu thì đợc a = - 1.
Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ :

2
SP m
S2Pm

+=


=



1) Với m = 5 ta đợc :

2
SP5
S2P5
+=



=


P = 5 S
2
S+ 2S15=0

S = 5, S = 3.
Với S = 5, ta có P = 10, loại vì điều kiện
2

S 4P không đợc nghiệm đúng.
Với S = 3, ta có P = 2 và đợc
x2,
y1,
=


=


x1
y2.
=


=


2) Trong trờng hợp tổng quát, P = m - S
2
S+2S3m=0
.



___________________________________________________________
Để phơng trình có nghiệm, cần phải có :
1
'13m0 m
3

= +
.
Khi đó gọi
1
S
và
2
S
là các nghiệm :
1
S113m= +
,
2
S113m= + +
.
a) Với
1
SS=

1
PmS=
, điều kiện
2
S4P
trở thành
2
(1 13m) 4(m1 13m)++ +++

(m 2) 2 1 3m+ +
,
không đợc nghiệm vì
1
m
3

m + 2 > 0.
b) Với
2
SS=

2
PmS=
, điều kiện
2
S4P
trở thành :
2
( 1 1 3m) 4(m 1 1 3m)+ + + +



21 3m m 2+ +
.
Vì m + 2 > 0, có thể bình phơng hai vế của bất phơng trình này và đi đến
2
0m 8m 0m8
.
Cùng với

1
m
3

suy ra đáp số : 0 m 8.
Câu III. 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phơng trình đợc nghiệm với mọi y. Xét x > 0
2
1x
cosy si n y
2x
+
+
.
Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng
2
, giá trị nhỏ nhất bằng
2
, vậy phải có :
2
2
1x
2x22x10
2x
+
+

0x 21<
,
x21+
.
Xét x < 0
2
1x
cosy si ny
2x
+
+



2
2
1x
2x22x10x21
2x
+
+ +
,
21x0+<
.
Tóm lại các giá trị phải tìm là :
x21
,
21x 21+
,
21x+

hay :
|x| 2 1+
,
|x| 2 1

2) Điều kiện :
xk
2

+
( k Z). Chia hai vế cho
2
cos x
ta đợc phơng trình tơng đơng :
22
tg x(tg x 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+= + +


2
tg x(tg x 1) 3(tgx 1) 0+ +=


2
(tgx 1)(tg x 3) 0+=

tgx 1
tgx 3
=

=


xk
4
xk
3


= +




= +


( k Z)

________________________________________________________________________________
Câu IVa. Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số
(D) :
xbt
yat
=
=

(D) :
xat
ybt
=
=



'
'
1) Thay biểu thức của (D) vào phỷơng trình của (E), ta đỷợc các giá trị của tham số t ứng với các giao điểm M, N. Từ
đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N):
M
6b
9a + 4b
,
6a
9a + 4b
,N -
6b
9a + 4b
,-
6a
9a + 4b
22 22 22 2

2








.
Tỷơng tự:
P
6a
4a + 9b
,-
6b
4a + 9b
,Q -
6a
4a + 9b
,
6b
4a + 9b
22 22 22 2

2








.
2) Tứ giác MPNQ là hình thoi, với diện tích
S = 2OM.OP =
72(a + b )
(9a + 4b )(4a + 9b )
22
2222
. (1)
3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) và (D) có dạng thuần nhất (hay đẳng cấp) đối với a, b, tức là thay cho a và b,
ta viết ka và kb với k ạ 0. Do vậy, có thể coi rằng a
2
+b
2
= 1. Khi đó (1) trở thành
S=
72

(4 + 5a )(4 + 5b )
=
72
36 + 25a b
72
6
= 12,
22 22

dấu=chỉcóthểxảyrakhiab=0,tứclàhoặca=0hoặcb=0.(Khi đó cặp đỷờng thẳng (D) và (D) trùng với cặp hệ trục
tọa độ).
4) Vẫn với giả thiết a
2
+b
2
= 1, theo trên ta có
S=
72
36 + 25a b
22
suyraminS=
144
13
, xảy ra khi |a| = |b|, tức là cặp đỷờng thẳng (D), (D) là cặp các phân giác y x = 0 của hệ
trục tọa độ Oxy.
Câu IVb. (Hình bên)
1) BK AC, BK AM ịBK (ACM) ị BK CM.
Cùng với BH CM, suy ra (BKH) CM ị BN CM.
2) Do (BKH) CM ị KH CM. Vậy K là trực tâm tam giác CMN, và ta đỷợc MK CN. Cùng với BK CN ị
(BMK) CN ị BM CN.

3) Vì K là trực tâm tam giác CMN, nên AM.AN = AK.AC
Vậy khi M di chuyển trên d, tích AM.AN không đổi ị MN==AM+ANnhỏnhất khi AM = AN. Khi đó
AM
2
= AK.AC, AM là đỷờng cao trong tam giác vuông CMK, cạnh huyền CK, K là điểm đối xứng của K qua A.
________________________________________________________________________________
Vì 2|ab| Ê a
2
+b
2
= 1 suy ra a
2
b
2
Ê
1
4
, dấu = chỉ xảy ra khi |a| = |b|, vậy S
72
36 +
25
4
=
144
13
,
2(x
1
+x
3

)(x
1
+x
4
)(x
2
+x
3
)(x
2
+x
4
)=
=2(b-d)
2
-(a
2
-c
2
)(b-d)+(a+c)
2
(b + d).
2) a, b, c là 3 số tùy ý thuộc đoạn [0 ; 1]. Chỷỏng minh :
a
b+c+1
+
b
a+c+1
+
c

a+b+1
+
(1 - a)(1 - b)(1 - c) 1.
Câu II. 1) Giải phỷơng trình
sin
3
x + cos
3
x=2-sin
4
x.
2) k, l, m là độ dài các trung tuyến của tam giác ABC, R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng
minh rằng
k+l+m
9R
2
.
Câu III.
Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(3, 0) và parabol (P) có phỷơng trìnhy=x
2
.
1) M là một điểm thuộc parabol (P), có hoành độ x
M
= a. Tính độ dài đoạn AM, xác định a để AM ngắn
nhất.
2) Chỷỏng tỏ rằng nếu đoạn AM ngắn nhất, thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của parabol (P).
Câu IVa.
Cho hai số nguyên dỷơng p và q khác nhau.
Tính tích phân I =
0

2
cospx cosqx dx


.
_____________________________________________________
__________
Câu I.
1) Giả sử phỷơng trình x
2
+ax+b=0cónghiệm x
1
và x
2
,phỷơng trình x
2
+cx+d=0cónghiệm x
3
và x
4
.
Chỷỏng tỏ rằng

Câu Va.
Cho hai đỷờng tròn
(C
1
)x
2
+y

2
-6x+5=0,
(C
2
)x
2
+y
2
-12x-6y+44=0.
Xác định phỷơng trình các đờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đỷờng tròn trên.
Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với các đỷờng chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt
nhau tại O. Đỷờng cao của hình chóp là SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC, cắt SB, SC, SD lần
lỷỳồt tại B, C, D.
1) Xác định h để BCD là tam giác đều.
2) Tính bán kính r của hình cầu nội tiếp hình chóp theo a và h.
Câu Vb.
Hai góc nhọn A, B của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện
tg
2
A+tg
2
B = 2tg
2
A+B
2
.
Chỷỏng tỏ rằng ABC là một tam giác cân.
_____________________________________________________
__________
________________________________________________________________________________

Câu I.1)ĐặtA=(x
1
+x
3
)(x
1
+x
4
)(x
2
+x
3
)(x
2
+x
4
)
Ta có (x
1
+x
3
)(x
1
+x
4
)=
x+x(x+x)+xx=
1
2
13 4 34

-(ax
1
+b)-cx
1
+d=(d-b)-(a+c)x
1
,
(x
2
+x
3
)(x
2
+x
4
)=(d-b)-(a+c)x
2
,
dođóA=[(d-b)-(a+c)x
1
][(d-b)-(a+c)x
2
]=(d-b)
2
+ (a + c)(b - d)(x
1
+x
2
)+(a+c)
2

x
1
x
2
=
=(b-d)
2
-(a+c)(b-d)a+(a+c)
2
b.
Vai trò hai phỷơng trình là nhỷ nhau trong biểu thức của A, nên ta cũng có:
A=(b-d)
2
-(a+c)(b-d)a+(a+c)
2
b.
Cộng hai biểu thức này của A thì suy ra kết quả.
2) Không giảm tổng quát có thể xem a Ê b Ê c khi đó theo bđt Côsi ta có
(a+b+1)(1 - a)(1 - b) Ê
a+b+1+1-a+1-b
3
=1






Suy ra (1 - a)(1 - b) Ê
1

a+b+1
ị (1 - a)(1 - b)(1 - c) Ê
1-c
a+b+1
Từ đó
a
b+c+1
+
b
a+c+1
+
c
a+b+1
+ (1 - a)(1 - b)(1 - c)
Ê
a
a+b+1
+
b
a+b+1
+
c
a+b+1
+
1-c
a+b+1
=1
.
Câu II.1)Tacósin
3

x + cos
3
x Ê sin
2
x + cos
2
x=1,2-sin
4
x 1.
Vậy dấu = chỉ có thể xảy ra khi ta có đồng thời
sin cos
sin
33
4
1
21
xx
x
+=
=



sinx = 1 ị x=

2
+2k (k ẻ Z).
2) Giả sử k, l, m là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C thế thì
________________________________________________________________________________
2k

2
+
a
2
=b +c
2
22
,
2l
2
+
b
2
2
=a
2
+c
2
,





ị k
2
+l
2
+m
2

=
3
4
(a
2
+b
2
+c
2
).
2m
2
+
c
2
2
=a
2
+b
2
Mặt khác a
2
+b
2
+c
2
=4R
2
(sin
2

A + sin
2
B + sin
2
C),
4sin
2
A + 4sin
2
B + 4sin
2
C = 2(1 - cos2A) + 2(1 - cos2B) + 4(1 - cos
2
C) =
= 8 + 4cosCcos(A - B) - 4cos
2
C=8+cos
2
(A - B) - [2cosC - cos(A - B)]
2
Ê 9,
suy ra:
k+l+m
3
9R
4
22 2 2
.
Nh vậy:
k+l+m

3
k+l+m
3
9R
4
2
22 2 2







ị k+l+mÊ
9R
2
.
Câu III. 1) Vì M thuộc P, nên M có tung độ a
2
, vậy
AM
2
=(x
M
-x
A
)
2
+(y

M
-y
A
)
2
=a
4
+(a-3)
2
.
Hàm f(a) =a
4
+(a-3)
2
có đạo hàm
f(a) = 4a
3
+ 2(a - 3) = 2(a - 1)(2a
2
+2a+3),
suyrakhia=1,f(a) đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy đoạn AM ngắn nhất khi M M(1,1).
2)VớiM(1,1)đỷờng thẳng AM có hệ số góc
k=
y-y
x-x
=-
1
2
MA
MA

.
VìPcóphỷơng trìnhy=x
2
ị y = 2x, nên tại M tiếp tuyến của P có hệ số góc k = 2, suy ra tiếp tuyến ấy vuông góc
với đỷờng thẳng AM.


_______________________________________________________


Câu IVa.
Xét hai trờng hợp sau :
a) p = q :
2
2
o
I cos pxdx

=



2
o
2
o
11sin2px
(1 cos2px)dx x
222p

=+ =+ =




b) p q :
2
o
1
I [cos(p q)x cos(p q)x]dx
2

=++


2
o
1 sin(p q)x sin(p q)x
0
2pq pq


+
=+ =

+

Câu Va. Phơng trình
1
(C )
và
2
(C )
lần lợt đợc viết lại dới dạng :
222
1
(C : (x 3) y 2+=
,
222
2
(C ):(x 6) (y 3) 1+=

Vậy
1
(C )
có tâm
1
I(3,0)
, bán kính
1
R2=
,
2
(C )
có tâm
2
I(6,3)

, bán kính
2
R1=
.
Ta tìm đờng thẳng tiếp xúc với
1
(C )
và
2
(C )
dới dạng x = m.
Từ điều kiện tiếp xúc ta có hệ :
|3 m| 2
|6 m| 1
=


=

m = 5.
Vậy đờng thẳng đúng x = 5 là đờng thẳng tiếp xúc với
1
(C )
và
2
(C )
. Mọi đờng thẳng tiếp xúc
với
1
(C )

và
2
(C )
khác với đờng thẳng đứng đều có dạng
ax

y + b = 0
Theo điều kiện tiếp xúc, ta có
2
2
3a b
2
a1
6a 3 b
1
a1

+

=

+



+
=


+

22
(3a b) 4(a 1)
|3a b| 2|6a 3 b|


+= +

+ =+




22
(3a b) 4(a 1)
3a b 2(6a 3 b)


+= +

+= +



hoặc
22
(3a b) 4(a 1)

3a b 2(6a 3 b)


+= +

+= +





+
==



+
==



==

917 33917
a,b
88
917 33917
a,b
88
a0,b2

Vậy phơng trình các đờng thẳng tiếp xúc với hai đờng tròn
1
(C )
,
2
(C )
trong trờng hợp này
là :


_______________________________________________________


1
917 33917
(d ) : y x
88
++
=
,
2
917 33917
(d ) : y x
88

=

3
(d ) : y 2=

.
Tóm lại, ta có 4 đờng thẳng tiếp xúc với
1
(C )
và
2
(C )
là
123
(d ),(d ),(d )
và x = 5.
Câu IVb.
1) AC'là đờng cao trong tam giác cân SAC, do đó để C' thuộc đoạn SC, S phải là góc nhọn,
muốn vậy phải có OC < SO h > 2a.
Tứ giác AB'C'D' có các đờng chéo AC' và B'D' vuông góc với nhau. Gọi K là giao điểm các
đờng chéo ấy. Ta có :
22
4ah 2dt(SAC) AC'.SC AC'. h 4a===+




22
4ah
AC'
h4a
=
+

Mặt phẳng (AB'C'D') cắt BC tại

1
B
với
1
AB // BD
,
1
AB 2a=
.
Nếu B'C'D' là tam giác đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy
1
BAC'
là nửa tam giác đều, suy ra :
1
22
4ah
AC' AB . 3
h4a
==
+

2a 3 h 2a 3==
.
Khi đó
SO h 3OA==
, suy ra SAC là tam giác đều, vậy C' là
trung điểm của SC.
2) Hình chóp S.ABCD có thể tích :
2
14

V SO.dt(ABCD) ha
33
==
.
Tam giác SAB có cạnh
AB a 5=
và đờng cao hạ từ đỉnh S
22
4a 5h
SH
5
+
=
,
do đó có diện tích
22
a
s4a5h
2
=+
. Từ đó suy ra diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD :
S = 4s + dt (ABCD) =
222
4a 2a 4a 5h++
, thành thử :
22
3V 2ah
r
S
2a 4a 5h

==
++
.
Câu Vb.
Trớc hết ta hãy chứng minh rằng :
AB
2tg tgA tgB
2
+
+

dấu = chỉ xảy ra khi A = B. Quả vậy :
sin(A B) 2sin(A B)
tgA tgB
cosAcosB cos(A B) cos(A B)
++
+= =
++

_______________________________________________________


2
AB AB
4sin cos
2sin(A B) A B
22
2tg
AB
cos(A B) 1 2
2cos
2
++
++
= =
+
++

Để ý rằng kết quả này chỉ đúng với giả thiết A, B là góc nhọn, vì
khi đó :
0 < 2cosA cosB = cos (A + B) + cos (A

B)

cos (A + B) + 1.
Trở về với điều kiện của bài toán :
22 2 2
AB 1

tgAtgB2tg (tgAtgB)
22
+
+= +


2
(tgA tgB) 0
tgA = tgB A = B

Câu I.
Cho m là một số nguyên dỷơng, hãy tìm cỷồc trị của hàm số
y=x
m
(4-x)
2
.
Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khim=1.
Câu II.
1) ABC là một tam giác bất kì. Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có
1+
1
2
x
2
cosA + x(cosB + cosC).
2) Giải phỷơng trình
cosx +
1
cosx

+sinx+
1
sinx
=
10
3
.
Câu III.
1) Giải và biện luận theo a, b phỷơng trình
ax + b
x-a
=
x-b
x+a
.
2) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện a
2
+b
2
+c
2
=1.Chỷỏng minh rằng:
abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)

0.
Câu IVa. 1) Chỷỏng tỏ rằng hàm số
F(x) =
()
xx+ln 1
là một nguyên hàm trên R của hàm số f(x) =

x
1+|x|
.
_____________________________________________________
__________

2) Tính tích phân
I=
1
e
2
xln xdx

.
Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt
phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lỷỳồt tạiMvàN.
Chứng minh:
1)
SB
SM
+
SD
SN
=3;
2)
1
3
Ê
V
V

1
Ê
3
8
,
trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V
1
là thể tích hình chóp S.AMKN.
_____________________________________________________
__________


_________________________________________________________

Câu I.
1)
m1 2 m
y' mx (4 x) 2(4 x)x

==

m1
x (4 x)[4m (m 2)x]

=+
.
a) Xét trờng hợp m 2. Khi đó phơng trình y' = 0 có ba nghiệm
1
x0=
,

2
4m
x
m2
=
+
và
3
x4=
.
Nếu m 1 chẵn (tức m = 3, 5, 7, ) thì y' sẽ cùng dấu với
(4 x) [4m (m + 2)x] và do đó :
min
y(4)0=
và
mm4
max 2
m2
m4
y(x) M
(m 2)
+
+
==
+
.
Nếu m - 1 lẻ (tức m = 2, 4, 6, ) thì dấu của y' là dấu của
x(4 x)[4m (m + 2) x]
Lập bảng xét dấu sẽ có kết quả
min

y(0)0
= ;
max 2
y(x)M
= ,
min
y(4)0
=
b) Đề nghị bạn đọc tự làm cho trờng hợp m = 1
2
(y x(4 x) )
= .
2) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
2
yx(4x)
=
dành cho bạn đọc.
Câu II.
1)
2
x2(cosBcosC)x2(1cosA)0++
. (1)
2
' (cosB cosC) 2(1 cosA)= + =

22 2
CB BC A
4cos cos 4sin
22 2
+

==

22
ABC
4sin cos 1 0
22


=



Vậy (1) đúng với mọi x.
2)
sin x cosx 10
cosx sin x
sin x cosx 3
+
++ =

Đặt
tcosxsinx( 2t 2)=+
(2)
thì
2
t12sinxcosx=+
và ta đợc
+=

2

2t 10
t
3
t1

Đặt điều kiện t 1 sẽ tới
32
3t 10t 3t 10 0
++=
tức là : 1 + a + b + c + ab + ac + bc 0 (2)
Cộng (1) và (2) ta có : abc + 2 (1 + a + b + c + ac + bc + ac) 0.

hay
2
(t 2)(3t 4t 5) 0=
.
Phơng trình này có ba nghiệm
1
t2
= ;
2
219
t
3

= ;
3
219
t
3

+
=


_________________________________________________________

Chỉ có
2
t
là thích hợp. Thay vào (2) ta có phơng trình
219
cos x
4
32


=


.
Đặt
219
cos
32

=
thì đợc hai họ nghiệm :
1
x2k
4

=++ ;
2
x2m
4

= +
Câu III.
1) Đặt điều kiện x - a 0 ; x + a 0 thì (1) đợc biến đổi về dạng :
2
x[a 1)x a a 2b] 0+++=
(2)
Với a, b (2) đều có nghiệm
1
x0=
.
Giải
2
(a 1)x a a 2b 0+++=
.
Nếu a 1 có nghiệm
2
2
aa2b
x
1a
++
=

Nếu a = 1 ta có : 0x = 2(1 + b). (3)
Với b 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với x. Kiểm tra
2
x
có thỏa
mãn điều kiện
2
xa
?
2
2
2
aa2b
xa aaa2b
1a
++
++



22 2
aa 2(a b)0 b a +

2
22
2
aa2b
xa aaa2baaba
1a
++

+ +

.
Kết luận :
với b 1 , (1) có nghiệm duy nhất
1
x0=
.
với b = 1, (1) có nghiệm là x 1.
Nếu a 1 ; 0 thì :
với
2
b
a
, b - a, (1) có hai nghiệm
=
1
x0,

++
=

2
2
aa2b
x
1a

với
2

b
a=
hoặc b = - a thì (1) có một nghiệm
1
x0=
.
Nếu a = 0 thì (1) có một nghiệm
2
x2b=
nếu b 0 ; (1) sẽ vô nghiệm nếu b = 0.
2) Vì
222
abc1++=
nên - 1 a, b, c 1.
Do đó 1 + a 0 , 1 + b 0, 1 + c 0 (1 + a) (1 + b) (1 + c) 0
1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc 0. (1)
Mặt khác :
2
222
(1 a b c)
a b c a b c ab ac bc 0
2
+++
++++++++=
,
Nếu a = 1 thì :

________________________________________________________________________________
Câu IVa. 1) Với x > 0tacó
F(x)=x-ln(1 + x) ị F(x) =
1-
1
1+ x
=
x
1+ x
;
vớix<0tacó
F(x)=-x-ln(1 - x) ị F(x) =
-1 +
1
1- x
=
x
1- x
.
Từ đó suy ra với x ạ 0
F(x) =
x

1+|x|
.
Ta chỉ còn phải chứng minh rằng F(0) = 0. Quả vậy
F(0) =
lim
1
x
(F( x) - F(0))
x0



=
()
lim
1
x
x-ln(1+ x) =
x0



=
lim 1 -
ln(1 + x)
x
=
x0

0,
vì
lim
ln(1 + x)
x
=1
x0



.
2)I=
1
e

xln
2
xdx.
Đổt
ux
dv xdx
=
=

ln
2

du
x
x
dx
vx
=
=





2
1
2
2
ln
,
suy ra I =
1
2
x ln x - xlnxdx =
e
2

-J
22
1
e
1
e
2




, với J =
1
e
xlnxdx

.
Để tính J, đặt
ux
dv xdx
du
ux
x
v
=
=

=
=





ln
1
2
suy ra J =
1
2
1
22
1
41
2
1
2
2
1
xx xdx
e
e
e
e
ln
()
=

.
Vậy
I=
1
4
(e
2
- 1).
Câu Ivb.
1) Vì K là trungđiểm của SC, nên theo hìnhbên, trong tam giác SAC, SO
và AK là hai đỷờng trungtuyến cắt nhau tại trọngtâm H, vậy
SH
SO
=
2
3
.
Theo hình bên , ta có dt(SNH) =
SN
SD
.
SH
SO
. dt(SDO)
=
=
SN
SD

.
2
3
.
1
2
dt(SDB),dt(SHM) =
SH
SO
.
SM
SB
.dt(SOB)
=
2
3
.
SM
SB
.
1
2
dt (SDB).
Đồng thời dt(SNH) + dt(SHM) = dt(SNM) =
SN
SD
.
SM
SB
dt(SDB)

.
Từ các hệ thức trên, suy ra
1
3
.
SN
SD
+
1
3
.
SM
SB
=
SN
SD
.
SM
SD

SB
SM
+
SD
SN
=3
.
2) Đặt
SM
SB

=x,
SN
SD
=y,
theo hệ thức trên ta có
1
x
+
1
y
=3
. Đồng thời, do ý nghĩa hình học, phải có0<xÊ 1,
0<yÊ 1. Vì
1
y
=3-
1
x
y=
x
3x - 1

,
nên 0 <
x
3x - 1
1
0<x Ê 1
ị
1

2
x1
.
________________________________________________________________________________
________________________________________________________________________________
Ta cã theo h×nh bªn
V
1
=V
SAMN
+V
SMNK
,
V
SAMN
=
SM
SB
.
SN
SD
.V =
1
2
xyV
SABD
,
V
SMNK
=

SM
SB
.
SN
SD
.
SK
SC
.V =
1
4
xyV
SBDC
suy ra
V
V
=
3
4
xy =
3x
4(3x - 1)
1
2
1
2
x1≤≤







.
Hµm sè f(x) =
3x
4(3x - 1)
2
cã ®¹o hµm f’(x) =
3x(3x - 2)
4(3x - 1)
2
, do vËy trªn ®o¹n
1
2
;1






cã b¶ng biÕn thiªn
x
1
2
1
f’ - 0 +
f
3

8
3
8
1
3
VËy víi
1
2
x1≤≤
th×
1
3
V
V
3
8
1
≤≤
.
_____________________________________________________
__________
Câu I.
1) Khảo sát sỷồ biến thiên của hàm số
y=
xxx x
432
4 2 12 1+
.
2) Chỷỏng tỏ rằng đồ thị hàm số có một trục đối xỷỏng. Từ đó tìm giao điểm của đồ thị với trục hoành.
Câu II. 1) Tìm nghiệm của phỷơng trình

sin
2
[(x + 1)y] =
sin
2
2
(xy) +
sin
2
2
[(x - 1)y]
sao cho (x + 1)y, xy, (x - 1)y là số đo các góc của một tam giác.
2) Chỷỏng minh rằng với mọi tam giác ABC, bao giờ ta cũng có
a)
sin
A
2
Ê
a
2 bc
,
b)
aA + bB + cC
a+b+c


3
.
Câu III. 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
y=

x+2(1+ x+1)+ x+2(1- x+1)
3333
.
2) Cho bất phỷơng trình
-
4 (4 - x) (2 + x)
Ê
x
2
2
-2x+a-18.
a) Giải bất phỷơng trình khia=6.
b) Xác định a để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi x ẻ [- 2 ; 4].

Câu IVa.
Cho paraboly=x
2
. Hai điểm A, B di động trên parabol sao cho AB = 2.
1) Tìm tập hợp trung điểm của AB.
2) Xác định vị trí của A, B sao cho diện tích của phần mặt phẳng giới hạn bởi parabol và cát tuyến AB đạt giá trị
lớn nhất.
Câu IVb.
Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD ngoại tiếp đỷờng tròn tâm O bán kính R, các cạnh đáy AB và CD
thỏa mãn điều kiện AB : CD=1:4.Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với (P) tại O, lấy điểm S sao cho OS = 2R.
1) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp S.ABCD.
2) Chỷỏng minh rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp. Từ đó xác định tâm và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
_____________________________________________________
__________
________________________________________________________________________________
Câu I. 1) Bạn đọc tự giải nhé!

2) Qua khảo sát, ta dự đoán rằng trục đối xứng của đồ thị là đỷờngx=1.Thực vậy, đặt
xX
yY
=+
=



1
thì phỷơng trình ban đầu trở thành:Y=X
4
-8X
2
+6;
hàm này là hàm chẵn, do vậy đồ thị nhận trục O
1
Y làm trục đối xứng.
Tìm giao với trục hoành:y=0 Y=0
X
4
-8X
2
+6=0ị X
1234,,,
=
410
ị x
1234,,,
=1
410

.
Câu II.
1) Theo giả thiết, ta phải có:(x + 1)y + xy + (x - 1)y = (1)
xy =

3
.
Từ đó suy ra:
(x + 1)y =

3
+y;(x-1)y=

3
-y
.
Vì xy =

3
nên từ (1) suy ra:
0 <

3
-y<
2
3
, (2)
0 <
y+
3

<
2
3

(3)
______________________________________________________________________________
(Chúý:(x+1)y> 0;(x-1)y> 0). Từ (2) và (3) suy ra:
-
3
<y<
3

. (4)
Cần chọn y thỏa mãn (4) sao cho:
sin
3
+y =sin
3
+sin
3
-y
222

1-cos
2
3
+2y =
3
2
+1-cos
2
3
-2y

-cos
2
3
+2y +cos
2
3
-2y =
3
2














2sin
2
3
. sin2y =
3
2

sin2y =
3
2
.
Do (4) nên chỉ có nghiệm duy nhất : y
o
=

6
,vàdovậyx
o
=2.
Vậy : nếu bài toán có nghiệm thì phải có x
o
=2,y
o
= /6.
Thử lại, thấy thỏa mãn tất cả các điều kiện đặt ra (đề nghị tự kiểm tra).
Đáp số : x
o
=2;y
o
=

6
.
2) a) a
2
=b
2

+c
2
- 2bccosA =(b - c)
2
+ 2bc(1 - cosA)
2bc (1 - cosA) = 2bc.2sin
2
A
2
a
4bc
sin
A
2
2
2

ị
sin
A
2
a
2bc

.
________________________________________________________________________________
b)
aA + bB + cC
a+b+c 3

aA + bB + cC
(a + b + c)
-
A+B+C
3
0


3(aA+bB+cC)-(a+b+c)(A+B+C)
3
0
()abc++

(a - b)(A - B) + (b - c)(B - C) + (c - a)(C - A)
3(a + b + c)
0
.
Bất đẳng thức cuối cùng đúng (vì đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh lớn hơn).
Câu III. 1) Biến đổi hàm số đã cho:
y=
(x +1)+1+2 x +1+
33
(x +1)+1-2 x +1 =
33
=
(1 + x + 1) + (1 - x + 1) =
32 32
=1+

x+1+|1- x+1|
33

1+
x+1+1- x+1=2
33
.
(Chú ý : hàm số xác định với "x -1). Vậy miny=2(khi - 1 Ê x Ê 0).
2) Điều kiện để căn bậc hai có nghĩa : -2 Ê x Ê 4.
Biến đổi bất phỷơng trình nh sau:
-4 -x + 2x + 8 -(-x + 2x + 8) + a - 10
22

.
đặt t =
-x + 2x + 8
2
thì khi -2 Ê x Ê 4 sẽ có 0 Ê t Ê 3.
a) Bất phỷơng trình trở thành:
-4t Ê -t
2
+a-10 t
2
-4t+4Ê 0 t=2.
Từ đó giải phỷơng trình:
-x + 2x + 8
2
=2sẽđợc:x
12,
=1

5
.
b)Ta cần tìm a sao cho với "t ẻ [0 ; 3] ta đều có:f(t) = t
2
-4t+10-aÊ 0
100
13 0
.()
.()
f
f






10 0
70





a
a
a ô 10.