Đáp án Toán Khối A,B,D năm 13-14(Nhiều cách giải)


 !
"#$%&'()*+,
/0(*+, Cho hàm số
3 2
y x 3x 3mx 1 (1)= − + + −
, với m là tham số thực
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +
∞
)
/0(*+, Giải phương trình
1 tan x 2 2 sin x
4
π
 
+ = +
 ÷
 
/0(*+, Giải hệ phương trình
4
4
2 2
1 1 2
2 ( 1) 6 1 0

+ + − − + =


+ − + − + =



x x y y
x x y y y
(x, y ∈ R).
/02(*+, Tính tích phân
2
2
2
1
1
ln
−
=
∫
x
I x dx
x
/03(*+, Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,
·
0
ABC 30
=
,
SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
/0  4  (*  +, Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
2
(a c)(b c) 4c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2

3 3
32a 32b a b
P
(b 3c) (a 3c) c
+
= + −
+ +
"#56$(*+, Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
điểm C thuộc đường thẳng d :
2x y 5 0
+ + =
và
A( 4;8)
−
. Gọi M là điểm đối xứng của
B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm
B và C, biết rằng N(5;-4).
/0 B71 (* +, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x 6 y 1 z 2
:
3 2 1
− + +
∆ = =
− −
và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
và vuông góc với
∆

. Tìm tọa độ điểm M thuộc
∆
sao cho AM =
2 30
.
/0C71(*+, 7 Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được
chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số
từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
D789:;<=>?@/=:19
/0  )7E  (*  +, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
:x y 0
∆ − =
. Đường tròn (C) có bán kính R =
10
cắt
∆
tại hai điểm A và B sao cho
AB =
4 2
. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết
phương trình đường tròn (C).
/0  B7E  (*  +, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): 2x 3y z 11 0
+ + − =
và mặt cầu
2 2 2
(S): x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − =
. Chứng
minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).
/0C7E(*+, Cho số phức

z 1 3i= +
. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần
thực và phần ảo của số phức
5
w (1 i)z
= +
.
DF$&
/0
a) m= 0, hàm số thành : y = -x
3
+ 3x
2
-1. Tập xác định là R.
y’ = -3x
2
+ 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2; y(0) = -1; y(2) = 3
lim
x
y
→−∞
= +∞
và
lim
x
y
→+∞
= −∞
x
−∞ 0 2 +∞

y’
− 0 + 0 −
y
+∞ 3
-1 −∞
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) ; (2; +∞); hàm số đồng biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y(0) =-1; hàm số đạt cực đại tại x = 2; y(2) = 3
y" = -6x + 6; y” = 0 ⇔ x = 1. Điểm uốn I (1; 1)
Đồ thị :
b.
y’ = -3x
2
+ 6x+3m, y’ = 0 ⇔ m=
2
2x x
−
=g(x)
Cách 1 :
do đó yêu cầu bài toán ⇔ y’
[
)
0, 0;x≤ ∀ ∈ +∞
⇔ m
2
2x x
≤ −

[
)
0;x∀ ∈ +∞

⇔
[
)
( )
2
0;
min 2m x x
+∞
≤ −
⇔
( )
1 1m g
≤ − =
Cách 2 : do đó yêu cầu bài toán ⇔ -3x
2
+ 6x+3m
( )
0, 0;x
≤ ∀ ∈ +∞
⇔
( )
'
'
'
'
1 2
9 9 0
0
0
9 9 0

1
0
0
2 0
0
m
a
m
m
P m
S sai
x x
é
é
ì
D = + £
ï
D £
ï
ê
ê
í
ê
ê
ï
ì
<
ï
D = + >
ï

ê
î
ê
ï
Û Û £ -
ï
ê
ê
ï
ì
=- ³
ê
ï
ê
í
D >
ï
ï
ê
ê
í
ï
ï
ê
ï
ê
= <
< £
ï
ï

î
î
ë
ë
/0 ĐK: cosx
≠
0 (*)
1+tanx=2(sinx+cosx)
⇔ cosx+sinx - 2(sinx+cosx)cosx =0 ⇔ sinx+cosx=0 hay cosx =
1
2
⇔ tanx=-1(Nhận) hay cosx =
1
2
(Nhận ) :so sánh với ĐK (*)
⇔
2 ,
4 3
x k hay x k k
π π
π π
= − + = ± + ∈
¢
y
x
2
-1
3
0
/0

( )
( )
4
4
2 2
1 1 2 1
2 ( 1) 6 1 0 2
x x y y
x x y y y

+ + − − + =


+ − + − + =


Đk
1
≥
x
Cách 1:
(2)
( )
2 2
2 1 6 1 0
+ − + − + =
x y x y y
( )
2
1 4 0

⇔ + − − =
x y y
( ) ( )
2
4 1 *
⇔ = + −
y x y
Vậy:
0
≥
y

G:7 :
(1)
⇔

4
4
1 1 2
+ + − − + =
x x y y

⇔
( ) ( )
( )
4 4
4
4
1 1 1 1 1 1 **
+ + − = + + + + −

x x y y
Đặt f(t) =
4
1 1t t+ + −
thì f đồng biến trên [1, +∞)
Nên (**) ⇔ f(x) = f(y
4
+ 1) ⇔ x = y
4
+ 1
Thế vào (*)
G:7
Xét
4
1 0x y
− + =
⇔ x = 1 và y = 0 : thỏa hệ phương trình nhận nghiệm
Xét
4
1 0x y
− + >

(1)
⇔
4
4
( 1 2) ( 1 ) 0x y x y
+ − + + − − =
⇔
4 4

2
4
4
1 1
0
( 1 )( 1 )
1 2
x y x y
x y x y
x y
− − − −
+ =
− + − +
+ + +
⇔
4
2
4
4
1 1
( 1) 0
( 1 )( 1 )
1 2
x y
x y x y
x y
 
− − + =
 
− + − +

 + + + 
 
⇔ x = y
4
+ 1 (do y > 0) Thế vào (*)
G:7
Đặt
( )
4
4
1 2 1, 0t x t x t= − ⇒ + = + ≥
Ta có
( )
4 4
1 2 2t t y y⇔ + + = + +
Xét
( )
4
2f t t t= + +
, ta có
( )
3
4
2
' 1 0, 0
2
t
f t t
t
= + > ∀ ≥

+
và f liên tục trên
[
)
0;+∞
Nên f đồng biến trên
[
)
0;+∞
Do đó,
( ) ( ) ( )
1 f t f y y t⇔ = ⇔ =
7
Khi đó ta có
4
4
1 1y x y x= − ⇔ = −
thế vào (*)
( ) ( )
2
* 1 4x y y⇔ + − =
⇔
4y = (y
4
+ y)
2

⇔
4y = y
8

+ 2y
5
+ y
2
⇔
7 4
0 1
2 4 0
y x
y y y
= → =


+ + − =

.Xét g(y) = y
7
+ 2y
4
+ y -4 liên tục trên [0, +∞)
Từ Đạo hàm của g(y)
⇒
g(y) là hàm đồng biến trên [0, +∞) và g(1)=0
⇒
y=1 là
nghiệm duy nhất của g(x)
Vậy : (1; 0) hay (2; 1) là nghiệm của hệ.
Cách 2 : ĐK: x ≥ 1
(2)
⇔

( )
2 2
2 1 6 1 0
+ − + − + =
x y x y y
⇒ x = -y + 1
2 y−
(**)hayx = -y + 1
2 y+
(*)
(ĐK: y
≥
0 )
Đặt u = x – 1 ≥ 0 và v = y
4
≥ 0, ta được
4 4
2 2u u v v+ + = + +
Xét hàm số f(t) =
4
2t t+ +
tăng trên [0; +∞) ⇒ f(u) = f(v) ⇒ u = v ⇒ x – 1 = y
4
Th1:Thế x – 1 = y
4
vào (*)
( ) ( )
2
* 1 4x y y⇔ + − =
⇔

4y = (y
4
+ y)
2

⇔
4y = y
8
+ 2y
5
+ y
2
⇔
7 4
0 1
2 4 0
y x
y y y
= → =


+ + − =

.Xét g(y) = y
7
+ 2y
4
+ y -4 liên tục trên [0, +∞)
Từ Đạo hàm của g(y)
⇒

g(y) là hàm đồng biến trên [0, +∞) và g(1)=0
⇒
y=1 là
nghiệm duy nhất của g(x)
⇒
(2; 1) là nghiệm của hệ.
Th2: (**)
⇔
x -1 = -y
2 y−

⇔
x = 1 và y = 0 ( x-1
≥
0 và -y
2 y−

£
0 )
Vậy : (1; 0) hay (2; 1) là nghiệm của hệ.
/02
2
2
2
1
1
ln
x
I xdx
x

−
=
∫
G:
Đặt t=lnx
( )
, , (1) 0, 2 ln 2
t
dx
dt x e t t
x
⇒ = = = =

( )
ln2
0
t t
I t e e dt
−
⇒ = −
∫
Đặt u=t
,
t t
du dt dv e e
−
⇒ = = −
, chọn
t t
v e e

−
= +
⇒
I =
ln2
ln2
0
0
( ) ( )
t t t t
t e e e e dt
− −
 
+ − +
 
∫
=
5ln 2 3
2
−
G:
Đặt
u ln x
=

dx
du
x
⇒ =
dv =

2
2 2
x 1 1
dx (1 )dx
x x
−
= −
1
v x
x
⇒ = +
2
2
1
1
1 1 dx
I x ln x (x )
x x x
 
⇒ = + − +
 ÷
 
∫
2
1
5 1
ln 2 (1 )dx
2 x
2
= − +

∫
2
1
5 1
ln 2 (x )
2 x
= − −
5 1
ln 2 (2 )
2 2
= − −
5 3
ln 2
2 2
= −
/037
G:
Gọi H là trung điểm BC thì SH ⊥ (ABC) và SH =
3
2
a
Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều nên
BC=a,
3
,
2 2
= =
a a
AC AB
3

1 1 3 3
3 2 2 2 2 16
a a a a
V
 
= =
 
 
G:7(HIJ.
Gọi I là trung điểm AB
HI=a/4,
3
2
=
a
SH
Vẽ HK ⊥ SI thì HK ⊥ (SAB), ta có
2 2
2
1 1 1 3
52
3
4
2
a
HK
HK
a
a
= + ⇒ =

   
   
 
 


D



Vy d(C, SAB)= 2HK =
2 3 3 39
13
52 13
a a
a= =
G:7 (HIJ.
Ta cú SI
2
=
2
13
16
a
. Vy S

SAB
=
2
39

16
a
d(C, SAB)=
3 3
( )
13
V a
dt SAB
=

G: :Xột tam giỏc ABC vuụng ti A , BC = a ,
ã
0
ABC 30=
:AB=
3
2
a
,AC=
2
a
Tam giỏc SBC u cú ng cao SH =
3
2
a
Chn h trc ta Axyz theo hỡnh v :
A(0;0;0),B(
3
2
a

; 0;0),C(0;
2
a
;0),
S(
3
4
a
;
4
a
;
3
2
a
) ;
?, ?, ?AB AC AS= = =
uuur uuur uur

2 2
3 3
, 0; ;
4 8
AS AB a a
ổ ử
ữ
ỗ
ộ ự
ữ
= -

ỗ
ữ
ờ ỳ
ỗ
ữ
ở ỷ
ữ
ỗ
ố ứ
uur uuur


pt(SAB):
6 3 0y z- =
V=
3
1
, .
6 16
a
AS AB AC
ộ ự
=
ờ ỳ
ở ỷ
uur uuur uuur
; d(C,(SAB))=
39
13
a

/047 Ga thit
1 1 4
a b
c c

+ + =
ữ ữ

t x =
a
c
; y =
b
c
thỡ (x + 1)(y + 1) = 4 S + P = 3 ; P = 3 S
P =
3
3
2 2
32
3 3
x y
x y
y x



+ +

ữ

ữ
+ +






3
2 2
8
3 3
x y
x y
y x

+ +
ữ
+ +

=
3
2
3 2
8
3 9
2
S S P S
S P

+


+ +

=
3
2
3 2(3 )
8
3 (3 ) 9
2
S S S S
S S

+


+ +


=
3
3
2
5 6 1
8 8
2 12 2
2 2
S S S S S

S

+

=
ữ
ữ
+


=
3
( 1) , 2
2
S
S S
P = 3 (S 1)
2

1
2
> 0, S 2 P min = P (2) = 1
2
Du = xy ra chng hn khi x = y = 1.
/0)17C(t;-2t-5)
Gi I l trung im ca AC, suy ra
4 2 3
;
2 2
+ +

ữ

t t
I
Ta cú: IN
2
= IA
2
, suy ra t =1
Tọa độ C(1;-7)
B là điểm đối xứng của N qua AC. Dễ dàng tìm được B(-4;-7)
/0B17Ptmp (P) ⊥ ∆ có 1 pháp vectơ là (-3; -2; 1).
Vậy ptmp (P) là : -3(x – 1) – 2(y – 7) + z – 3 = 0 ⇔ 3x + 2y – z – 14 = 0
M thuộc ∆ ⇔ M (6 -3t; -1 – 2t; -2 + t)
YCBT ⇔ (5 – 3t)
2
+ (-8 – 2t)
2
+ (-5 + t)
2
= 120
⇔ 14t
2
– 8t – 6 = 0 ⇔ t = 1 hay t =
3
7
−
Vậy tọa độ điểm M là (3; -3; -1) hay (
51

7
;
1
7
−
;
17
7
−
).
/0C17Số các số tự nhiên chẵn có trong S là : 3.6.5=90
Số các số tự nhiên tùi ý của S là : 5.6.7=210
Xác suất cần tìm là
90 3
210 7
=
D789:;<=>?@/=:19
/0)E7
Cos(AIH) =
1
5
IH
IA
=
⇒ IH =
2
Vậy MH = MI – IH = 4
2
; với M ∈ Oy
MI ⊥ AB ⇒ MI : x + y + c = 0 ; M (0;-c)

MH = d (M; ∆) =
2
c
= 4
2
⇒ c = 8 hay c =-8
• Với c = 8 : I (t; -t + 8)
d (I; ∆) =
(8 )
2
2
t t
IH
− −
= =
⇔ t = 3 hay t = 5
t = 3 ⇒ I (3; 5); t = 5 ⇒ I (5; 3)
• Với c = -8 : I (t; -t - 8)
d (I; ∆) =
2
⇔ t = -3 hay t = -5
t = -3 ⇒ I (-3; -5); t = -5 ⇒ I (-5; -3)
Vì I và M nằm 2 bên đường thẳng ∆ nên nhận I (5; 3); I (-5; -3)
⇒ Pt 2 đường tròn cần tìm là : (x – 5)
2
+ (y – 3)
2
= 10 hay (x + 5)
2
+ (y + 3)

2
= 10.
/0BE7(S) có tâm là I (1; -2; 1) và R
2
= 14.
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là :
2(1) 3( 2) 1 11
14
+ − + −
=
14
= R
Vậy (P) tiếp xúc với (S) Tại T
⇒
T là hình chiếu vuông góc của I lên (P).
Pt đường thẳng d qua I và ⊥ (P)
⇒
d :
1 2 1
2 3 1
x y z
− + −
= =
T ∈ (d) ⇒ T (1 + 2t; 3t – 2; 1 + t)
T ∈ (P) ⇒ t = 1. Vậy T (3; 1 ; 2).
/0CE7r =
1 3
+
= 2; tgϕ =
3

, chọn ϕ =
3
π

⇒ dạng lượng giác của z là z =
2(cos sin )
3 3
i
π π
+



D


⇒ z
5
=
5 5 1 3
32(cos sin ) 32( )
3 3 2 2
i i
π π
+ = −
⇒ w = 32(1 + i)
1 3
( )
2 2
i

−
=
1 3 1 3
32( ) 32 ( )
2 2 2 2
i
+ + −
Vậy phần thực của w là :
1 3
32( )
2 2
+
và phần ảo là
1 3
32( )
2 2
−
.

KLD
7 "#$%&'(7,0 điểm)
/0(*+, 7 Cho hàm số
3 2
2 3( 1) 6 (1)y x m x mx= − + +
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB
vuông góc với đường thẳng y = x + 2.
/0(*+, Giải phương trình
2

sin 5 2cos 1x x+ =
/0(*+, Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0
4 4 2 4
x y xy x y
x y x x y x y

+ − + − + =


− + + = + + +


(x,y∈R)
/02(*+, Tính tích phân
1
2
0
2 .I x x dx= −
∫
/03(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a
thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
/04(*+, Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
4 9
( ) ( 2 )( 2 )
4

P
a b a c b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
.
7"#56$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng
(phần A hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD
có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương
trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C
và D.
/0B71(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) và mặt
phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc
với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).
/0C71(*+, Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3
viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu.
D789:;<=>?@/=:19
/0)7E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân
đường cao hạ từ đỉnh A là
17 1
;
5 5
H
 
−
 ÷

 
, chân đường phân giác trong của góc A là D
(5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M (0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.
/0B7E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; -1; 1), B
(-1;2;3) và đường thẳng ∆ :
1 2 3
2 1 3
x y z+ − −
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng đi
qua A, vuông góc với hai đường thẳng qua AB và ∆.
/0C7E(*+, 7 Giải hệ phương trình
2
3
3
2 4 1
2log ( 1) log ( 1) 0
x y x
x y

+ = −


− − + =


D!=M
/0
a) m= -1, hàm số thành : y = 2x

3
- 6x. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6; y’ = 0 ⇔ x = ±1; y(-1) = 4; y(1) = -4
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ -1 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
4 +∞
−∞ CĐ -4
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4
y" = 12x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; 0)
Đồ thị :
b) y’ = 6(x
2

– (m + 1)x + m)),
y có 2 cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (m + 1)
2
– 4m > 0 ⇔
( )
2
1 0m- >
⇔
m ≠ 1 (a)
Lấy y chia cho y
'
ta được đa thức :
Thương t(x)=
1
(2 1)
6
x m− −
và Dư d(x) = - (m – 1)
2
x + m
2
+ m
Lúc đó : y =
1
(2 1). '
6
x m y− −
- (m – 1)
2
x + m

2
+ m
Gọi (x0;y0) là điểm cực trị của đồ thị hàm số (1)
⇔
y0 =
( )
1
(2 1). ' 0
6
x m y x− −
- (m – 1)
2
x0 + m
2
+ m
⇔
y0 = - (m – 1)
2
x0 + m
2
+ m
Điểm(x0;y0) thuộc đường thẳng AB : y = - (m – 1)
2
x + m
2
+ m
Đường thẳng AB vuông với d : y = x + 2
⇔
k
AB

.k
d
= -1
⇔ -(m – 1)
2
= -1 ⇔ m = 0 hay m = 2 (b)
Từ (a) và (b) .Kết luận : m = 0 hay m = 2
/07 Giải phương trình:
2
sin 5 2cos 1x x+ =
⇔ sin5x =1 – 2 cos
2
x
⇔
sin5x = -cos2x
⇔
sin5x = sin(2x - π/2)
⇔ 5x = 2x -
2
π
+ k2π hay 5x = π - 2x +
2
π
+ k2π
y
x
0
4
-4
1

-1
⇔ x =
2
6 3
k
π π
− +
hay x =
3 2
14 7
k
π π
+
( k ∈ Z )
/0
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0 (1)
4 4 2 4 (2)
x y xy x y
x y x x y x y

+ − + − + =


− + + = + + +



Ta xem (1) là phương trình bậc hai theo y có

∆
= x
2

(1) ⇔ y = 2x + 1 hay y = x + 1
TH1 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có :
(2)
⇔
4 1 9 4 3 4x x x+ + + = −
(*)
1
( : )
4
x ≥ −Ñieàu kieän
Xét hàm số
( )
4 1 9 4 4 3f x x x x= + + + + −
liên tục trên
1
;
4
 
− +∞
÷

 
( )
'
2 9
4 0

4 1 2 9 4
f x
x x
= + + >
+ +
1
; ;
4
x
 
∀ ∈ − +∞
 ÷
 
⇒
f đồng biến trên
1
;
4
 
− +∞
÷

 
và f(0) = 0
⇒
x = 0 là nghiệm duy nhất của (*)
Vậy x = 0 và y = 1 là một nghiệm của hệ.
TH2 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có :
(2)
⇔

2
1
3 1 5 4 3 3 ( : )
3
x x x x x+ + + = − + ≥ −Ñieàu kieän
⇔
3 1 5 4 3( 1) 2 3x x x x x+ + + = − + +
( Dùng máy tính ta tìm ra nghiệm x=1,x=0 )
⇔
3 1 ( 1) 5 4 ( 2) 3( 1)x x x x x x
   
+ − + + + − + = −
   
⇔
2 2
2
3( )
3 1 ( 1) 5 4 ( 2)
x x x x
x x
x x x x
− + − +
+ = −
+ + + + + +
⇔ x
2
– x = 0 (3)
hay
1 1
3

3 1 ( 1) 5 4 ( 2)x x x x
− −
+ =
+ + + + + +
(4)(Vô Nghiệm vì VT<0 còn VP > 0)
(3) ⇔ x = 0 hay x = 1 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1; x = 1 ⇒ y = 2
Vậy nghiệm của hệ là: (0; 1) hay (1; 2).
/02
G:
1
2
0
2I x x dx= −
∫
=
1
2 1/2 2
0
1
(2 ) (2 )
2
x d x− − −
∫
=
1
2
0
1
2
3

x
 
−
 
=
1
(2 2 1)
3
−
G: : Đặt u = (2 – x
2
)
⇒
du = -2xdx. Đổi cận : ?
I =
2
1/2
1
1
2
u du
∫
=
2
3/2
1
1
3
u
 

 
 
=
1
(2 2 1)
3
−
/03
Gọi H là trung điểm AB
⇒
SH
^
AB mà (ABCD)
^
(SAB) theo giao tuyến AB
⇒
SH
^
(ABCD) tại H.
G:
Ta có
=


a
SH
K


7

   
7 7
   4
 
= = =
 
S ABCD ABCD
a a
V S SH a
Xét tam giác vuông SHI
[ ]
= + ⇒ =
 
 
 
  
   
)


a
HK
HK
a
a
Vì AB// CD nên
HK
=d(A, SCD)

)

=
a
G: :
Chọn H là điểm gốc của hệ trục tọa độ Hxyz theo hình vẽ
H(0;0;0) ,
;0;0
2
a
B
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
,
;0;0
2
a
A
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç

è ø
,
( )
0; ;0I a
,
3
0;0;
2
a
S
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
,
; ;0
2
a
C a
æ ö
÷
ç
÷

ç
÷
ç
è ø
,
; ;0
2
a
D a
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
è ø
Ta tính :
N* NN* NNN= = =
uuur uuur uuur
SC SD SA

7 7
 
  * 7
4 4
 
= = =
 

uuur uuur uuur
S ABCD S ACD
a
V V SC SD SA
Viết pt (SCD)
⇒
d(A,(SCD)

)
=
a
/047a + b + c + 2 ≤
2 2 2
4( 4)a b c+ + +
( Dùng BĐT B-C-S )
3(a+b).
2
4 1 4( )
( 2 )( 2 ) (3 3 ).
2 2 2
a b c a b c
a c b c a b
+ + + +
   
+ + ≤ + ≤
 ÷
 
   
= 2(a + b+c)
2

(Dùng Cô si 2 lần )
Vậy
2
8 27
2 2( )
P
a b c a b c
≤ −
+ + + + +
. Đặt t = a + b + c, t > 0;
2
8 27
( )
2 2
P g t
t t
≤ − =
+
g’(t) =
2 3
8 27
( 2)t t
− +
+
g’(t) = 0 ⇔ 27(t + 2)
2
– 8t
3
= 0 ⇔ t = 6

t 0 6 +∞
g’(t) + 0 -
g(t)
5
8
P ≤ g(t) ≤
5
8
; maxP =
5
8
xảy ra khi a = b = c = 2.
/0)717Gọi I là hình chiếu của H(-3;2) xuống DB
⇒
I (-2; 4)
∆ IHB =
∆
IBC
⇒
I là trung điểm CH
⇒
C(-1 ; 6 )
IH =
5
B
∈
BD : B (6-2t ; t)
Vì ∆ IHB vuông cân tại I có : IB = IH
⇒
IB

2
= 5
⇒
ta có điểm B (0; 3) hay B (-4; 5)
∆
IBC đồng dạng
∆
IDA
⇒
3
ID AD
IB BC
= =

⇒
3ID IB= −
uur uur
(*)
Ta có : B (0; 3) và (*)
⇒
D (-8; 7)
Tương tự ta có B

(-4; 5) và (*)
⇒
D (4; 1)
KL : C(-1 ; 6 ) và D (-8; 7) hay C(-1 ; 6 ) và D (4; 1).
I
C
D

B
A
H
D



O



x
y
z
/0B717 Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) có VTCP là (2; 3; -1)
VậyJhương trình đường thẳng d qua A là :
3 2
5 3
x t
y t
z t
= +


= +


= −

Gọi H là giao điểm của d và (P) ta có H (3 + 2t; 5 + 3t; -t)

H ∈ (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0 ⇔ t = -1 ⇒ H (1; 2; 1)
Gọi A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P),
ta có: x
A’
= 2x
H
– x
A
= -1; y
A’
= 2y
H
– y
A
= -1; z
A’
= 2z
H
– z
A
= 2
Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : A’ (-1; -1; 2).
/0C717Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là :
1 1
4 2
1
7
.
1
C C

C C
=
4
21
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi trắng là :
1
1
3
4
1 1
7 6
2
.
7
C
C
C C
=
Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là :
4 2 10
21 7 21
+ =
.
/0)7E7Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; phương trình AH : x + 2y – 3 = 0
A ∈ AH ⇒ A (3 – 2a; a) và M là trung điểm AB ⇒ B (2a – 3; 2 – a)
. 0AH HB =
uuur uuur
⇒ a = 3 ⇒ A (-3; 3); B (3; -1)
Phương trình AD : y = 3 ⇒ N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD ⇒ N ∈AC
⇒ Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 và phương trình BC : 2x – y – 7 = 0

AC
Ç
BC = C ⇒ C (9; 11).
/0B7E7
AB
uuur
= (-2; 3; 2), VTCP của ∆ là
a
r
= (-2; 1; 3)
Đường thẳng d có 1 VTCP
,v AB a
 
=
 
r uuur r
= (7; 2; 4)
Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A là :
1 7
1 2
1 4
x t
y t
z t
= +


= − +



= +

/0C7E7
ĐK :
1v 1x à y> > −
(2)
⇔
3 3
log ( 1) log ( 1)x y− = +

⇔
2y x= −
thế vào (1)
(1)
⇔
2
2( 2) 4 1 0x x x+ − − + =

⇔
2
2 3 0x x− − =

( )
( )
1
3 1
x
x y
= −
⇔


= ⇒ =


loaïi
nhaän
KL : (3;1 )là nghiệm của hệ.

KLO
7 "#$%&'(7,0 điểm)
/0(*+, 7 Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1 (1)= − + − +y x mx m x
, m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = -x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân
biệt.
/0(*+, Giải phương trình
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
/0(*+, Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x

/02(*+, Tính tích phân
1
2
2
0
( 1)
1
+
+
∫
x
dx
x
/03(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh
bên SA vuông góc với đáy,
·
0
120=BAD
, M là trung điểm cạnh BC và
·
0
45=SMA
.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SBC).
/04(*+, Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1
≤ −
xy y
. Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2 2
2
6
3
+ −
= −
+
− +
x y x y
P
x y
x xy y
.
7"#56$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
9 3
;
2 2
 
−
 ÷
 
M
là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm
C.

/0B71(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; -2),
B(0;1;1) và mặt phẳng (P): x + y + z - 1 =0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A
trên (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P).
/0C71(*+, Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
(1 )( ) 2 2
+ − + =
i z i z i
. Tính
môđun của số phức
2
2 1− +
=
z z
w
z
D789:;<=>?@/=:19
/0)7E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 1) ( 1) 4− + − =x y
và đường thẳng
: 3 0
∆ − =
y
. Tam giác MNP có trực tâm trùng
với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc
∆
, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc
(C). Tìm tọa độ điểm P.

/0B7E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; 3; -2) và
mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P). Viết phương trình
mặt phẳng đi qua A và song song với (P).
/0  C7E  (*  +, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2 3 3
( )
1
− +
=
+
x x
f x
x
trên đoạn [0; 2]
BÀI GIẢI
/0
a) m= 1, hàm số thành : y = 2x
3
– 3x
2
+ 1. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0
lim
x
y
→−∞
= −∞

và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ 0 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ CĐ 0
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0
y" = 12x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1/2. Điểm uốn I (1/2; 1/2)
Đồ thị :
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
3 2
2
0
2 3 0
( ) 2 3 0 (1)
=

− + = ⇔

= − + =


x
x mx mx
g x x mx m
(d) cắt (C) tại 3 điểm
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2
9 8 0
8
0
9
(0) 0

∆ = − >
⇔ ⇔ < ∨ >

= ≠

m m
m m
g m
/0
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
( )
2cos 2 sin cos2 0 cos 2 2sin 1 0
⇔ + = ⇔ + =
x x x x x
cos 2 0

⇔ =
x
hay
1
sin
2
= −
x
4 2
⇔ = +
x k
π π
hay
2
6
= − +
x k
π
π
hay
7
2
6
= +
x k
π
π
(
∈
k Z

)
/0 Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x
Đk : 0 < x < 1
Pt
( ) ( )
2
2
1 1 1 (*)
 
⇔ = − − +
 
 
x x x
Đặt
1
= −
t x
(0< t < 1)
(*) thành
( )
( )
4

2 4 3 2
1 1 5 6 5 1 0
− = + ⇔ − + − + =
t t t t t t t
chia hai vế của phương trình
cho t
2
( vì t = 0 không là nghiệm của phương trình )
2
2
1 1
5 6 0 (**)
   
⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
t t
t t
Đặt
1 1 1
2 . 2v " " ôu t u t t à kh ng thoa
t t t
 
= + = + ≥ = =
 ÷
 ÷
 

⇒
u>2

y
x
0
1
1
(**) thnh
2
5 4 0 4
+ = =
u u u
(vỡ u>2)
Vy
2
1
4 4 1 0 2 3
+ = + = =
t t t t
t
vỡ (0 < t < 1)
Ngha l
1 2 3 3 1 4 2 3x x x = = =

/02
1 1
2
2 2
0 0
1 2 2
1
1 1

+ +

= = +
ữ
+ +


x x x
I dx dx
x x
( )
( )
2
1 1
1
2
2
0
0 0
1
1 ln 1 1 ln 2
1
d x
dx x
x
+

= + = + + = +

+

/03
G:
Tam giỏc ABC l tam giỏc u, cú ng cao AM

3
2
= =
a
AM SA
V
S.ABCD
=
0
1 1 1
. 2. . . .sin120 .
3 3 3
ABCD ABD
S SA S SA AB AD SA
= = =
3
1 3 3
. .
3 2 2 4
a a
a a

= =

Vỡ AD// BC v AD
ậ
(SBC)

d(D, (SBC))= d(A, (SBC))
BC
^
(SAM )

(SBC)
^
(SAM ) theo giao tuyn SM
T A

(SAM) k AH
^
(SBC) ti H
d(A, (SBC))=AH=
0
2 3 6
sin 45
2 2 4
a a
AM = =
(Vỡ

AHM vuụng tiH)
KL: d(D, (SBC))= d(A, (SBC)) =
6

4
a
G:
Tam giỏc ABC l tam giỏc u, cú ng cao AM

3
2
= =
a
AM SA
Chn A l im Gc ca h tr ta Axyz theo hỡnh v
A(0;0;0) ,
3
;0;0
2
M a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
,
3
;0;0

2
M a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
,
( )
0; ;0D a
;
3
0;0;
2
S a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ

ỗ
ố ứ

V
S.ABCD
=
3
.
1
2 2 , .
6 4
S BCD
a
V SB SC SD
ộ ự
= = =
ờ ỳ
ở ỷ
uur uur uur
Vit phng trỡnh mt phng (SBC)

d(D,(SBC))= =
6
4
a
/047
2
2
1 1 1 1 1 1
1

2 4 4

= +
ữ

x
xy y
y y y y
2 2 2
1 2
2
6( )
3
6 1
3
+
+
= =
+

+

+
ữ
+
ữ


x x
x y x y

y y
P
x y
x
x xy y
x x
y
y y
D


O



H
x
y
z
Đặt
=
x
t
y
, điều kiện
1
0
4
< ≤
t

2
1 2
6( 1)
3
+ −
= −
+
− +
t t
P
t
t t
Xét
( )
2
1 2
6( 1)
3
+ −
= −
+
− +
t t
f t
t
t t
với
1
0
4

< ≤
t
( )
( )
2
3
2
3 7 1
( )
2 1
2 3
− +
′
= −
+
− +
t
f t
t
t t
( )
( )
2
3
2
1 3 7 8 5 1 1
0; : ,
4 27 2
2 1
2 3

t
t
t
t t
− +
 
∀ ∈ ≥ <


 
+
− +
1
'( ) 0 0;
4
 
⇒ > ∀ ∈


 
f t t

⇒
f
đồng biến trên
1
0;
4
 



 

1 7 10 5
( )
4 30
+
 
⇒ ≤ =
 ÷
 
f t f
Vậy
max
7 10 5
30
+
=P
khi
1
2
=
x
,
2
=
y
/0)17
Đường thẳng AB đi qua M có vectơ pháp tuyến
1

(7; 1)
2
IM
= − −
uuur
nên có phương
trình:
7 33 0
− + =
x y
.
Gọi B(b; 7b + 33). M là trung điểm AB ⇒ tọa độ A :
9
3 (7 33) 7 30
= − −


= − + = − −

A
A
x b
y b b
(7 ;34 7 ) ( 2 ; 29 7 )
= + + ⊥ = − − − −
AH b b BH b b
uuur uuur

⇒
. 0AH BH

uuur uuur
=
2
9 20 0 5 4b b b hay b⇒ + + = ⇒ = − = −
Vậy B(-5; -2) và A (-4; 5) (hay B(-4; 5) và A (-5; -2))
Phương trình AH là:
2 6 0
+ − =
x y
. Gọi C (6 - 2c;c)
∈
AH.
Do
2 2 2
5 30 25 0 1 5
= ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
IB IC c c c c
(loại)
Vậy C(4; 1)
/0B17Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P)
1 1 2
:
1 1 1
+ + +
⇒ = =
x y z
d
Gọi H là hình chiếu của A trên (P)
2 2 1
( ) ; ;

3 3 3
 
⇒ = ∩ ⇒ −
 ÷
 
H d P H
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm thì (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
, ( 1;2; 1)
 
= = − −
 
P
n AB n
r uuur uuur
Vậy
( ) : 2 1 0
− + + =
Q x y z

/0C17(1 + i)(z – i) + 2z = 2i
⇔
(3 + i)z = -1 + 3i
1 3
3
i
z i
i
− +
⇔ = =

+
.Ta có:
2 2
2 1 2 1
1 3
− + − − +
= = = − +
z z i i
w i
z i
10⇒ =w
D789:;<=>?@/=:19
/0)E7
(C) có tâm I(1;1), R=2.
Do
( , )
∆ = ⇒ ∆
d I R
tiếp xúc (C) tại T
Do I là trực tâm tam giác PMN nên MI vuông góc
∆
1
⇒ = =
M I
x x
Mà M thuộc (C) nên M(1; -1)
Gọi J là trung điểm MN suy ra IJ là đường trung bình của tam giác MTN
1⇒ = =
I J
y y

Mà J thuộc (C) nên J(3; 1) hay J(-1; 1)
Nếu J(3;1) thì N(5;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
1 ( 1;3)
⊥ ⇒ = − ⇒ −
NI MP t P
uur uuur

Nếu J(-1;1) thì N(-3;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
3 (3;3)
⊥ ⇒ = ⇒
NI MP t P
uur uuur

/0BE7Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P):
( )
( )
1 6 4 5
2
,
3
1 4 4
− − + +
= =
+ +

d A P
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
⇒
(Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
1; 2; 2
= − −
n
r
⇒
(Q):x – y–2z +3 = 0.
/0CE7
2
2
2 4 6
( )
( 1)
+ −
′
=
+
x x
f x
x
( ) 0 1
′
= ⇔ =
f x x
hay x = -3 (loại)
f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1

Vì f liên tục trên [0; 2] nên
[0;2]
max ( ) 3
=
f x
và
[0;2]
min ( ) 1
=
f x
HẾT
I
NP
M
O
J
T
x
y

KLO
7 "#$%&'(7,0 điểm)
/0(*+, 7 Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1 (1)= − + − +y x mx m x
, m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = -x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân
biệt.
/0(*+, Giải phương trình

sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
/0(*+, Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x
/02(*+, Tính tích phân
1
2
2
0
( 1)
1
+
+
∫
x
dx
x
/03(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh
bên SA vuông góc với đáy,
·
0
120=BAD

, M là trung điểm cạnh BC và
·
0
45=SMA
.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SBC).
/04(*+, Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1
≤ −
xy y
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2 2
2
6
3
+ −
= −
+
− +
x y x y
P
x y
x xy y
.
7"#56$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc phần B)
789:;<=>?@0A

/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
9 3
;
2 2
 
−
 ÷
 
M
là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm
C.
/0B71(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; -2),
B(0;1;1) và mặt phẳng (P): x + y + z - 1 =0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A
trên (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P).
/0C71(*+, Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
(1 )( ) 2 2
+ − + =
i z i z i
. Tính
môđun của số phức
2
2 1− +
=
z z
w
z
D789:;<=>?@/=:19

/0)7E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 1) ( 1) 4− + − =x y
và đường thẳng
: 3 0
∆ − =
y
. Tam giác MNP có trực tâm trùng
với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc
∆
, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc
(C). Tìm tọa độ điểm P.
/0B7E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; 3; -2) và
mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P). Viết phương trình
mặt phẳng đi qua A và song song với (P).
/0  C7E  (*  +, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2 3 3
( )
1
− +
=
+
x x
f x
x
trên đoạn [0; 2]
BÀI GIẢI
/0
a) m= 1, hàm số thành : y = 2x

3
– 3x
2
+ 1. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ 0 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ CĐ 0
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0
y" = 12x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1/2. Điểm uốn I (1/2; 1/2)
Đồ thị :

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
3 2
2
0
2 3 0
( ) 2 3 0 (1)
=

− + = ⇔

= − + =

x
x mx mx
g x x mx m
(d) cắt (C) tại 3 điểm
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2
9 8 0
8
0
9
(0) 0

∆ = − >
⇔ ⇔ < ∨ >

= ≠


m m
m m
g m
/0
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
( )
2cos 2 sin cos2 0 cos 2 2sin 1 0
⇔ + = ⇔ + =
x x x x x
cos 2 0
⇔ =
x
hay
1
sin
2
= −
x
4 2
⇔ = +
x k
π π
hay
2
6
= − +
x k
π

π
hay
7
2
6
= +
x k
π
π
(
∈
k Z
)
/0 Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x
Đk : 0 < x < 1
Pt
( ) ( )
2
2
1 1 1 (*)
 
⇔ = − − +

 
 
x x x
Đặt
1
= −
t x
(0< t < 1)
(*) thành
( )
( )
4
2 4 3 2
1 1 5 6 5 1 0
− = + ⇔ − + − + =
t t t t t t t
2
2
1 1
5 6 0 (**)
   
⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
t t
t t
Đặt
( )
1
2

= + >
u t u
t

(**) thành
2
5 4 0 4
− + = ⇔ =
u u u
(vì u>2)
y
x
0
1
1
Vậy
2
1
4 4 1 0 2 3
+ = ⇔ − + = ⇔ = −
t t t t
t
vì (0 < t < 1)
Nghĩa là
1 2 3 3 1 4 2 3x x x− = − ⇔ = − ⇔ = −

/02
1 1
2
2 2

0 0
1 2 2
1
1 1
+ +
 
= = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
x x x
I dx dx
x x
( )
1 1
1
2
2
0
0 0
2
1 ln 1 1 ln 2
1
 
= + = + + = +
 
+
∫ ∫
xdx

dx x
x

/03
Tam giác ABC là tam giác đều, tam giác SMA vuông cân tại A
3
2
= =
a
AM SA
V=
3
1 3 3
. .
3 2 2 4
 
=
 
 
a a
a a
Vì AD// BC nên
d(D, (SBC))= d(A, (SBC))=
1 1 3 6
2
2 2 2 4
= =
a a
SM
/047

2
2
1 1 1 1 1 1
1
2 4 4
 
≤ − ⇔ ≤ − = − − + ≤
 ÷
 
x
xy y
y y y y
2 2 2
1 2
2
6( )
3
6 1
3
+ −
+ −
= − = −
+
 
− +
 
+
 ÷
− +
 ÷

 
 
x x
x y x y
y y
P
x y
x
x xy y
x x
y
y y
Đặt
=
x
t
y
, điều kiện
1
0
4
< ≤
t
2
1 2
6( 1)
3
+ −
= −
+

− +
t t
P
t
t t
Xét
( )
2
1 2
6( 1)
3
+ −
= −
+
− +
t t
f t
t
t t
với
1
0
4
< ≤
t
( )
( )
2
3
2

3 7 1
( )
2 1
2 3
− +
′
= −
+
− +
t
f t
t
t t
( )
( )
2
3
2
1 3 7 8 5 1 1
0; : ,
4 27 2
2 1
2 3
t
t
t
t t
− +
 
∀ ∈ ≥ <



 
+
− +
1
'( ) 0 0;
4
 
⇒ > ∀ ∈


 
f t t

⇒
f
đồng biến trên
1
0;
4
 


 

1 7 10 5
( )
4 30
+

 
⇒ ≤ =
 ÷
 
f t f
Vậy
max
7 10 5
30
+
=P
khi
1
2
=
x
,
2
=
y
/0)17
Đường thẳng AB đi qua M có vectơ pháp tuyến
1
(7; 1)
2
IM
= − −
uuur
nên có phương
trình:

7 33 0
− + =
x y
.
D


O



Gọi B(b; 7b + 33). M là trung điểm AB ⇒ tọa độ A :
9
3 (7 33) 7 30
= − −


= − + = − −

A
A
x b
y b b
(7 ;34 7 ) ( 2 ; 29 7 )
= + + ⊥ = − − − −
AH b b BH b b
uuur uuur
2
9 20 0
5 4

⇒ + + =
⇒ = − = −
b b
b hay b
Vậy B(-5; -2) và A (-4; 5) (hay B(-4; 5) và A (-5; -2))
Phương trình AH là:
2 6 0
+ − =
x y
. Gọi C (6 - 2c;c)
∈
AH.
Do
2 2 2
5 30 25 0 1 5
= ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
IB IC c c c c
(loại)
Vậy C(4; 1)
/0B17Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P)
1 1 2
:
1 1 1
+ + +
⇒ = =
x y z
d
Gọi H là hình chiếu của A trên (P)
2 2 1
( ) ; ;

3 3 3
 
⇒ = ∩ ⇒ −
 ÷
 
H d P H
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm thì (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
, ( 1;2; 1)
 
= = − −
 
P
n AB n
r uuur uuur
Vậy
( ) : 2 1 0
− + + =
Q x y z

/0C17(1 + i)(z – i) + 2z = 2i
⇔
(3 + i)z = -1 + 3i
1 3
3
i
z i
i
− +
⇔ = =

+
.Ta có:
2 2
2 1 2 1
1 3
− + − − +
= = = − +
z z i i
w i
z i
10⇒ =w
D789:;<=>?@/=:19
/0)E7
(C) có tâm I(1;1), R=2.
Do
( , )
∆ = ⇒ ∆
d I R
tiếp xúc (C) tại T
Do I là trực tâm tam giác PMN nên MI vuông góc
∆
1
⇒ = =
M I
x x
Mà M thuộc (C) nên M(1; -1)
Gọi J là trung điểm MN suy ra IJ là đường trung bình của tam giác MTN
1⇒ = =
I J
y y

Mà J thuộc (C) nên J(3; 1) hay J(-1; 1)
Nếu J(3;1) thì N(5;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
1 ( 1;3)
⊥ ⇒ = − ⇒ −
NI MP t P
uur uuur

Nếu J(-1;1) thì N(-3;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
3 (3;3)
⊥ ⇒ = ⇒
NI MP t P
uur uuur

/0BE7Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P):
( )
( )
1 6 4 5
2
,
3
1 4 4
− − + +
= =
+ +

d A P
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
⇒
(Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
1; 2; 2
= − −
n
r
⇒
(Q): x – 2y – 2z +3
= 0.
/0CE7
2
2
2 4 6
( )
( 1)
+ −
′
=
+
x x
f x
x
( ) 0 1
′
= ⇔ =
f x x
hay x = -3 (loại)

f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1
I
NP
M
O
J
T
x
y
Vì f liên tục trên [0; 2] nên
[0;2]
max ( ) 3
=
f x
và
[0;2]
min ( ) 1
=
f x