26 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THEO KẾT CẤU CỦA BỘ GIÁO DỤC

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “




















“ Thân tặng các bạn học sinh trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa “

Giáo viên giảng dạy : NGUYỄN THÀNH LONG

Bỉm Sơn : 25 – 1 – 2013


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “

26 ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CŨ 2011

ĐỀ SỐ 1

ĐẠI HỌC NÔNG LÂM -TP.HỒ CHÍ MINH 2001

Câu I:
1. Khảo sát, vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2

3
y x x
 
2. 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.
Câu II:
1. Tính tích phân
2
2
0
cos sin 2
I x xdx




2. Chứng minh rằng:
2 2
6 5
0 0
cos cos6 cos sin sin6
x xdx x x xdx
 

 
và tính
2
5
0
cos .cos7

K x xdx




Câu III:
1. Giải hệ phương trình:
3 3
6
126
x y
x y
 


 


2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm:
2
12 .log (2 4 )
x x x m x
    

Câu IV:
1. Giải phương trình:
1 cos cos2 cos3 0
x x x
   

2. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
tan .tan .tan
P A B C

.
Câu V:
Cho hai đường thẳng:
2 3 4 0
:
4 0
x y
d
y z
  


  

và
1 3
': 2
1 2
x t
d y t
z t
 


 



  


a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’
c. Hai điểm A, B khác nhau và cố định trên đường thẳng d sao cho
117
AB  . Khi C di động trên đường thẳng
d’, tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I:
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
3 2
3 ( )
y x x C
 
TXĐ: D = R
2
' 3 6 3 ( 2)
y x x x x
   

0
' 0
2
x
y

x


 

 


'' 6 6
y x
 

'' 0 1 2y x y      
Ñieåm uoán I(-1, 2)

BBT:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “

Đồ thị:
Cho x = -3, y = 0
x = 1, y = 4

b. Gọi

M(a,0) Ox
, đường thẳng (d) qua M và có hệ số góc K là: y = k( x - a)
d tiếp xúc (C)
2
3 ( ) (1)

2
3 6 (2)
x x k x a
x x k

  




 

3
co ùnghieäm

Thay (2) vào (1):
2 2
3 3 6 ( ) 2 3( 1) 6 0
0
2 3( 1) 6 0
2 3( 1) 6 0 (3)
x x x x x a x a x ax
x
x x a x a
x a x a
        


 
     


 
 
   


3 3 2
2
2

Với x = 0

k = 0

1 tiếp tuyến là y = 0.
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau

(3) có 2 nghiệm phân biệt
, 0
1 2
x x

và
1
1 2
k k
 
.
0
0

2
0 9( 1) 48 0
2 2 2
(3 6 )(3 6 ) 1 9( ) 18 ( ) 36 1
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a
a
a a
x x x x x x x x x x x x
 


 
 
      
 
 
        
 
 

1
3 0
3
2
81 81 ( 1) 108 1 0
a a va a
a a a a

     





    

với
- 3
1 2
3( -1)

1 2
2
x x a
a
x x




 



1
3 0
1
3
27
-27 1 0

a a va a
a
a

     

  


 


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Vậy chỉ có 1 điểm
1
,0
27
M Ox
 

 
 
thoả điều kiện bài toán.
Câu II:
a. Tính
2
2
0
cos sin 2

I x xdx




Ta có:
2
3
0
2 cos sin
I x xdx




Đặt
cos sin
t x dt x
   
. Đổi cận:
0 1
0
2
x t
x t

  




  



Suy ra:
1
1
1 1
3 4
2
2 2
0
0
I t dt t
 
  

 
 

b. Chứng minh rằng:
2 2
6 5
0 0
cos cos6 cos sin sin6
x xdx x x xdx
 

 

Dùng phương pháp từng phần cho
6
6
0
cos .cos6 .
x x dx



Đặt:
6 5
cos 6cos sin
u x du x xdx
   
cos6
dv xdx

, chọn
1
sin6
6
v x
 .
Suy ra:
2 2
1
6 6 5
2
cos . s6 . sin 6 cos cos .sin .sin6 .
6

0
0 0
x co x dx x x x x x dx

 
 
 
 
 
 
2
5
cos .sin .sin 6 .
0
x x x dx




(đpcm)
Ta có:
2
5
0
2
5
cos .cos(6 ) cos .(cos6 cos sin 6 .sin ).
0
2 2
6 5

cos .cos6 . cos .sin6 .sin . 0
0 0
K x x x dx x x x x x dx
x x dx x x x dx


 
   

  
 


Câu III:
a. Giải hệ phương trình:
3 3
6 (1)
126 (2)
x y
x y
 


 


Ta có:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
2 2 2

(2) ( )( ) 126 ( ) ( ) 3 126
2
6(6 3 ) 126 ( (1)) 5 ( 6) 5 ( (1))
1 5
2
6 5 0
5 1
x y x y xy x y x y xy
xy do xy x x do
x y
x x
x y
 
         
 
 
         
   

    

   


Vậy hệ có 2 nghiệm
1 5
5 1
x x
y y
 

 

 
   
 

b. Tìm m để
2
12 .log (2 4 )
x x x m x
    
có nghiệm:
Điều kiện:
0
12 0 0 4
4 0
x
x x
x



    


 


Với:
0 4

x
 
thì
log (2 4 ) 0
2
x
  

Do đó: bất phương trình
12
log (2 4 )
2
x x x
m
x
 
 
 

Ta có:
12
y x x x
  
là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0).
log (2 4 )
2
y x
  
là hàm số giảm và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0).
1

log (2 4 )
2
y
x
 
 
là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4].
Suy ra hàm số
12
( )
log (2 4 )
2
x x x
f x
x
 

 
tăng trên [0,4].
Do đó: bất phương trình có nghiệm:
(0) 3
m f m   
Câu IV:
1. Giải phương trình:1 + cosx + cos2x + cos3x = 0
Ta có: phương trình
2
(1 cos2 ) (cos3 cos ) 0 2cos 2cos2 .cos 0
2
cos (cos cos2 ) 0 cos (2cos cos 1) 0
cos 0

2
cos 1 2 ( )
1
cos 2
2 3
x x x x x x
x x x x x x
x k
x
x x k k
x x k


 


       
      


 





      





   






b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = tanA. tanB. tanC.
Vì tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
tan tan tan 3 tan tan tan (*)
A B C A B C  
Do tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC nên từ (*) ta có:
3
tan .tan .tan 3 tan tan tan
A B C A B C

3
3 3 3
P P P   
Mặt khác khi
3
A B C

  
thì
3 3
P 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Do đó
3 3
Min P 
Câu V:
1 3
2 3 4 0
: ': 2
4 0
1 2
x t
x y
d d y t
y z
z t
 

  


 
 
  


  


a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau.

d đi qua A (2;0;4) có VTCP
(3; 2;2)
a  


d đi qua B (1;2;-1) có VTCP
'
(3,1,2)
a 


Tính
'
, ( 6;0;9)
a a
 
 
 


và
( 1;2; 5)
AB
  


Ta có
'
, . 6 45 39 0
a a AB

 
    
 

 

d và d’ chéo nhau.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’.
Gọi

là mặt phẳng chứa d và song song d’


Qua A(2;0;4) và
'
, ( 6,0,9)
n a a

 
  
 

 
.

Phương trình

:
6( 2) 9( 4) 0 2 3 8 0
x z x z

         

Ta có:
2 3 8
( , ') ( , ') ( , ) 13
4 9
d d d d d d B
 
  
   


c. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC.
Gọi h là khoảng cách từ C đến d thì
13
h  .
Ta có
1 1 1 39
. 117. 117 13
2 2 2 2
ABC ABC
S AB h h S    
Vậy S
ABC
nhỏ nhất là
39
2
khi h là độ dài đoạn vuông góc chung của d, d’.
ĐỀ SỐ 2

ĐẠI HỌC THỦY SẢN – 2011


Câu I: Cho hàm số
4 3 2
3 4(1 ) 6 1
y x m x mx m
     
có đồ thị

( )
m
C
.
1. Khảo sát hàm số trên khi
1
m
 

2. Tìm giá trị âm của tham số m để đồ thị và đường thẳng
( ) : 1
y
 
có ba giao điểm phân biệt.
Câu II: Giải hệ phương trình:
2
3 2
3 2
2log (6 3 2 ) log ( 6 9) 6
log (5 ) log ( 2) 1

x y
x y
y xy x x x
y x
 
 

      


   



Câu III:
1. Giải phương trình:
2
4 2 7 1
x x x
   

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng có phương trình:
2
4 , 2 7 1, 1, 2
y x x y x x x
       

Câu IV:
1. Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện
1 2

55
n n
n n
C C
 
 
. Hãy tìmsố hạng là số nguyên trong khai triển nhị
thức



7 3
8 5
n

2. Giải phương trình:
4 4
4sin 2 4cos 2 cos4 3
x x x
  

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Câu V: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
 


 
0;0;4 , 2 3;2;0 , 0;4;0 .
A B C

Gọi H là trực tâm
của tam giác OBC (O là gốc của hệ tọa độ) và K là hình chiếu vuông góc của điểm H xuống mặt phẳng (ABC)
1. Chứng minh rằng tam giác OBC là tam giác đều và viết phuơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
2. Chứng minh K là trực tâm của tam giác ABC
3. Gọi N là giao điểm của hai đuờng thẳng HK và OA. Tính tích số OA.ON

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I:
Cho hàm số:


4 3 2
3 4 1 6 1 ( )
m
y x m x mx m C
     
1. Khảo sát hàm số khi m = -1:
4 2
3 6 2
y x x
  

TXĐ: D = R


3 2
' 12 12 12 1
y x x x x
   

0
' 0
1
1 1 1 1
2
'' 36 12; '' 0 , ,
3 3 3
3
x
y
x
y x y x y


 

 

   
        
   
   
1 1
ñieåm uoán -
3 3

BBT:

x -  -1 0 1 + 

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +  2 +
CĐ
-1 -1
CT CT

Đồ thị:

Cho y = 2
0
4 2
3 6 0
2
x
x x
x


   

 


2. Tìm giá trị m < 0 để (C
m
) và
( ) : 1
y
 

có ba giao điểm phân biệt.
Ta có:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “




3 3 2
4 2
' 12 12 1 12 12 1
0 1
' 0 1
2 1
y x m x mx x x m x m
x y m
y x y m
x m y m m m
 
       
 

   

    


      


( )
m
C
Và

cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng: y = 1 đi qua điểm cực trị của
( )
C
m
.
 
 
4 3
2
1 1 0 ( )
1 1( )
2 1 1
1 1 0
m m
m m
m m m
m m m m


  


   





    
   



loaïi
loaïi
0 ( )
1 ( )
1 5
( )
2
1 5
( )
2
m
m
m
m

















loaïi
loaïi
loaïi
nhaän vì m < 0

Đs:
1 5
2
m


Câu II:
Giải hệ phương trình:
 


 
2
3 2
3 2
2log 6 3 2 log 6 9 6 (1)
log 5 log ( 2) 1 (2)
x y

x y
y xy x x x
y x
 
 

      


   



Điều kiện:
0 3 1
0 2 1
2 3
6 3 2 0
2
2
2
6 9 0
1
5 0
2 0
x
y
x
y xy x
x

y
x x
y
y
x
  


  
  




   

 

 

  
 
 

  

 


Ta có:

   


 
2
3 2 3 2
(1) 2log 2 )(3 log 3 6 2 log (2 ) 1 2log 3 6

x y x y
y x x y x
   
           
(vì
2 0 3 – 0
y và x
  
)


log (2 ) log 3 2 (*)
3 2
y x
x y
    
 

Đặt
log (2 )
3
t y

x
 

thì (*)trở thànht:
2
1
2 2 1 0
t t t
t
     
(vì t = 0 không là nghiệm)
Do đó phương trình (1)
log (2 ) 1 3 2 1
3
y x y y x
x
         


Thế
1
y x
 
vào (2) ta được:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
 
log (6 ) log ( 2) 1
3 3
log (6 ) log ( 2) log (3 ) log (6 ) log ( 2)(3 )

3 3 3 3 3
0
2
6 ( 2)(3 ) 5 0 1
5
x x
x x
x x x x x x
x x x x x
x
x x x x x y
x loai
   
 
          
    


           




Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm
0
1
x
y




 


Câu III:
1. Giải phương trình:
2
4 2 7 1
x x x
   


Trường hợp 1:
x < 0: Phương trình trở thành:
 
2
2 2
4 7 2 1 2 8 0 2
4 ( )
x
x x x x x x
x
 

           



loaïi

Trường hợp 2:
7
0
2
x
 

Phương trình trở thành:

 
2
2 2
4 7 2 1 6 8 0 2
4 ( )
x
x x x x x x
x


          



loaïi

Trường hợp 3:
7
4
2
x

 

Phương rình trở thành:

 
1 7 ( )
2 2
4 2 7 1 2 6 0 1 7
1 7
x
x x x x x x
x

 
           

 


loaïi

Trường hợp 4:
4
x


Phương rình trở thành:

 
3 3 ( )

2 2
4 2 7 1 2 6 0 3 3
3 3
x
x x x x x x
x

 
           

 


loaïi

Tóm lại: phương trình có 4 nghiệm:
2, 2, 1 7 , 3 3
x x x x      
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng:

2
1 2
4 , 2 7 1, 1, 2
y x x y x x x
       

Xét ( )
2 1
g x y y
 

trên [-1,2}.
Ta có g (x) = 0 có đúng 1 nghiệm x = 2 trên [-1, 2} và hàm số g liên tục trên [-1,2].
Nên g (x) chỉ giữ 1 dấu trên [-1, 2].
Mặt khác g (0) = 8 > 0
Do đó:
( ) 0, [ 1,2]
g x x
   

Vậy:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “

2 0 2
2 1 2 1 2 1
1 1 0
0 2
2 2
(7 2 ) 1 ( 4 ) (7 2 ) 1 (4 )
1 0
S y y dx y y dx y y dx
x x x dx x x x dx
     
     
  
     
 
   
         
 

   
   



0 0
3 3
0 2
40
2 2 2 2
( 2 8) ( 6 8) 8 3 8
3 3 3
1 0
1 2
x x
x x dx x x dx x x x x
   
   
              
 
   

   

(đvdt)
Câu IV:
Cho
1 2
55
n n

n n
C C
 
 
.
Tìm số hạng nguyên trong khai triển


7 3
8 5
n

Điều kiện:
2
n

và
n N

.
Ta có:
1 2
55
n n
C C
n n
 
 

1

55
1
n
C
n

 




1 !
10
2
55 110 0 10
11 ( )
( 1)!2!
n
n
n n n
n
n



        

 



loaïi

Số hạng thứ k trong khai triển
10
7 3
( 8 5)
 là:




11 1
11 1
1 1
7 3
7 3
8 . 5 8 .5
10 10
k k
k k
k k
C C
 
 
 

Yêu cầu bài toán
11 7
1 3 4
1 11

k
k k
k



   


 



Vậy số hạng cần tìm là:
3
10
.8.5 4.800
C 
2. Giải phương trình:
4 4
4sin 2 4cos 2 cos4 3
x x x
  

Ta có:
1 1 1 1
4 4 2 2 2 2 2
sin 2 cos 2 1 2sin 2 cos 2 1 sin 4 1 (1 cos 4 ) cos 4
2 2 2 2
x x x x x x x

         
Do đó phương trình

 
cos4 1
2 2
2 2cos 4 cos4 3 2cos 4 cos4 1 0
1
cos4
2
4 2
4 2
4 2
3
12 2
x
x x x x
x
x k
x k
k
x k
x k
 
 

 

 



        




 
 



  


  

  





Câu V:
Cho
(0,0,4), (2 3,2,0), (0,4,0)
A B C
1. Ta có: OB = OC = BC = 4

Tam giác OBC đều.
Phương trình mặt cầu (S) Có dạng:

2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      

Ta có:
, , , ( )
O A B C S


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
2
0
3
16 8 0
2
12 4 4 3 4 0
2
16 8 0
0
d
a
c d
b
a b d
c
b d
d








  
 

 
 
    
 

 
  





Vậy phương trình (S) là:
2 2 2
4
4 4 0
3
x y z x y z
     

2. Ta có:

( )
OA OBC

vì
, , ( )
A Oz C Oy B xOy
  



Gọi I là trung điểm BC
OI BC
 
do tam giác OBC đều và do
OA BC

nên
( )
BC OAI


K AI
 
và
(1)
AI BC


Ta có:
( )

CH OB
CH AOB
CH OA


 




Ta lại có:
( )
AB HK
AB CHF
AB CH


 



(2)
AB CK
 

Từ (1) và (2) ta có K là trực tâm

ABC.
3. Ta có:
2

2
2 2 3
2
. . . 8
3 3 2 2
OAI OHN
OA OH OB
OAON OH OI OI OB
OI ON
 
 
       
 
 
 



ĐỀ SỐ 3

ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI –TPHCM – KHỐI A 2011

A.PHẦN BẮT BUỘC
Câu I: Cho hàm số:
3 2
3 ( 2) 2
y x x m x m
    
( )
m

C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số khi m = 1
2. Tìm m để
( )
m
C
cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là số âm
Câu II:
1. Cho phương trình:




sin cos 2 2 1 sin cos sin cos
m x x x x x x
      với m là tham số . Tìm m để phương
trình có nghiệm.
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
2. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các cạnh và các góc thỏa điều kiện:
2 2
1 cos 2
sin
4
B a c
B
a c

 


thì tam giác
ABC là tam giác cân (với ,
a BC c AB
 
)
Câu III:
1. Giải bất phươnh trình:
1 1
2 3 0
1 1
x x
x x
 
  
 

2. Cho 3 số dương a, b, c sao cho
1 1 1
3
a b c
  
. Chứng minh rằng:
(1 )(1 )(1 ) 8
a b c
   

Câu IV:

1. Tính tích phân:
1
2
2
0
1
4
x
dx
x




2. Dùng các chữ số từ 0 đến 9 để viết các số x gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, chữ số đầu tiên khác 0.
a. Có bao nhiêu số x?
b. Có bao nhiêu số x là số lẻ?
Phần tự chọn
(Thí sinh chọn một trong hai câu dưới đây)
Câu Va:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề -các vuông góc Oxyz cho điểm


1;3;2
A  và hai đường thẳng:
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z

d
 
 

,
2
1
( ) : 3
3 2
x t
d y t
z t
 


 


 


1. Viết phương trình đường thẳng

( )

qua A cắt

1
( )
d

và

2
( )
d

2. Tính tọa độ các giao điểm của

( )

với
1
( )
d
và
2
( )
d

Câu Vb:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = a vuông góc với đáy (ABCD).
1. Chứng tỏ các mặt bên của hình chóp là tam giác vuông
2. Tính cosin góc nhị diện (SBC, SDC)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I:
Cho
 
3 2

3 2 2 ( )
y x x m x m C
m
    
1. Khảo sát và vẽ đồ thị
1
C
khi m = 1.

3 2
3 3 2 ( )
1
y x x x C
   

TXĐ: D = R
 
2
2
' 3 6 3 3 1 0
y x x x
     
suy ra hàm số luôn tăng trên R
' 0 1
'' 6 6
y x
y x
   
 

'' 0 1 1y x y
      
điểm uốn I (-1, 1).
BBT:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “

Đồ thị:

Cho x = 0, y = 2
x = -2, y = 0
' 0y
I
 
tiếp tuyến tại I song song Ox.
2. Tìm m để
( )
m
C
cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ âm.
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
m
C
và Ox.







3 2 2
2
3 2 2 0 2 0 (1)
2
0 (2)
x x m x m x x x m
x
x x m
         
 



  



( )
m
C
cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ âm

(2) có 2 nghiệm âm phân biệt khác -2.
2 2
2
0 1 4 0
1 1
0
0 0

4 4
0
0 1 0
m m
m
m
m m
P m
m
S
   
 
 

 

   
  
      
  
 
  

  
  

 

Đs:
1

0
4
m
 

Câu II:
1. Tìm m để m(sinx + cosx + 2) = 2(1 + sinxcosx + sinx + cosx) có nghiệm:
Đặt t = sinx + cosx. Điều kiện
2
t 
Khi đó phương trình trở thành:
2
1
( 2) 2 1
2
t
m t t
 

 
   
 
 
2
2 1
2
t t
m
t
 

 

(vì
2
t  nên
2 0
t
 
).
Xem hàm số
2
4 3
2
t t
y
t
 


trên
2, 2
 

 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Ta có:
2
4 3

' ; ' 0 1 3
2
( 2)
t t
y y t t
t
 
       


BBT:

Dựa vào bảng biến thiên ta kết kuận:
Phương trình có nghiệm
2 2
0
2
m

  
2. Cho
2 2
1 cos 2
sin
4
B a c
B
a c
 



. Chứng minh tam giác ABC cân.
Ta có:
1 cos 2
sin
2 2
4
B a c
B
a c
 



2 2 2 2
(1 cos ) (2 ) (1 cos ) (2 ) 1 cos 2
2 2 2 2
(2 )(2 ) 1 s 2
sin 4 1 s
B a c B a c B a c
a c a c co B a c
B a c co B
     
     
   
 

1 cos 2sin sin
1 s 2sin sin
B A C

co B A C
 
 
 
(Định lý hàm số sin)
2sin sin 2sin cos sin cos 2sin sin 2sin cos sin cos
2sin .cos sin 0 sin( ) sin( ) sin 0 sin sin( ) sin 0
sin( ) 0
A C A B C B A C A B C B
A B C A B A B C C A B C
A B A B
       
             
    


Tam giác ABC là tam giác cân tại C.
Câu III:
1. Giải bất phương trình:
1 1
2 3 0
1 1
x x
x x
 
  
 

Đặt
1

0
1
x
t
x

 


Khi đó bất phương trình trở thành:
1 ( )
2
2 3 0
3
t
t t
t
 

   



loaïi

Vậy bất phương trình:
1 1 8 10 5
3 9 0 1
1 1 1 4
x x x

x
x x x
   
        
  

2. Cho a, b, c > 0 và
1 1 1
3
a b c
  

Ta có:
1 1 1
3
2 2 2
3 3 3 1
abc ab bc ca a b c abc
a b c
         

Chia 2 vế bất đẳng thức cần chứng minh cho abc ta được:

1 1 1 8
1 1 1 0
a b c abc
   
    
   
   

Ta có:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
VT=
1 1 1 1 1 1 7
1
a b c ab bc ca abc
      
1 1 1 7 1 1 1
4 ( 3)
do
ab bc ca abc a b c
       

1 7
4 3
3
2 2 2
abc
a b c
  
(bất đẳng thức Cauchy).
3 7
4 ( 1)
do abc
abc abc
   
4
4 0 ( 1)

do abc
abc
   
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Câu IV:
1. Tính tích phân:
1
2
2
0
1
4
x
dx
x




Đặt:
sin 2 2cos
x t dx tdt
  

Đổi cận: 0 0; 1
6
x t x t

     

 
2 2
6 6 6
4sin 1 4sin 1
2
.2cos .2cos (4sin 1)
2cos
2
0 0 0
4 4sin
6 6
1 cos2 3
(4. 1) (3 2cos2 ) 3 sin 2
6
2 2 2
0 0
0
t t
I tdt tdt t dt
t
t
t
dt t dt t t
  
 


 
    

  


       
 

2. Gọi x là số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi 1 khác nhau:
a. Có bao nhiêu số x:
Giả sử
1 2 3 4 5
x a a a a a

Vì
1
0
a

nên số cách chọn là: 9 cách.
Các vị trí còn lại có số cách chọn là:
4
9
A

Vậy các số cần tìm là:
4
9
9. 27216
A  (số)
b. Có bao nhiêu số x là số lẻ:
Vì x là số lẻ nên

5
a
là số lẻ suy rasố cách chọn
5
a
là: 5 cách
Vì
1
0
a

nên số cách chọn
1
a
là 8 cách.
Các vị trí còn lại có số cách chọn là:
3
8
A

Vậy các số cần tìm là:
3
8
5.8. 13440
A  (số).
Câu Va:
1 2
1
1 1
( 1,3,2), : , : 3

2 1 1
3 2
x t
x y z
A d d y t
z t
 

 

    



 


1. Đường thẳng

qua A cắt
1
d
và
2
d

1
d
qua B(1, 1, 0) có VTCP
1

(2, 1,1)
a  


2
d
qua C(1, 3, 3) có VTCP
2
(1,1,2)
a 


Gọi

là mặt phẳng qua A và chứa
1
d

, ( 2, 3,1)
1
n AB a

 
    
 
  

Phương trình

: - 2x - 3y + z + 5 = 0

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Gọi (P) là mặt phẳng qua B và chứa
2
d

2
, ( 1; 3;2)
P
n AC a
 
    
 
  

Phương trình
: 3 2 4 0
x y z

    

Đường thẳng

là giao tuyến của

và

phương trình:
2 3 5 0
:

3 2 4 0
x y z
x y z
    



    


2. Toạ độ giao điểm của
( )

và
1
d
thỏa:
2 3 5 0 1
3 2 4 0 1
1 1 0
2 1 1
x y z x
x y z y
x y z z


     




      
 
 
  


 



Toạ độ giao điểm của

và
2
d
thỏa:
2 3 5 0
3 2 4 0 0
1 2
3 1
3 2
x y z
x y z x
x t y
y t z
z t
    


     



 
   
 
 
  


 



Vậy các giao điểm là




2 1
1;1;0 ; 0;2;1 .
M M
Câu Vb:

1. Các mặt bên là tam giác vuông.
Ta có:
( )
SA AB
SA ABCD
SA AD



 




Các tam giác SAB, SAD vuông tại A.
Ta có:
( )
BC AB
BC SAB BC SB
BC SA


   





Tam giác SCD vuông tại D.
2. Cosin góc nhị diện (SBC, SDC).
Vẽ
BE SC

. Vì tam giác SBC và tam giác SDC có các cạnh bằng nhau tương ứng nên
DE SC

và BE = DE.
Tam giác SBC có:

1 1 1 1 1 6
2 2 2 2 2
3
2
a
BE
BE BS BC a a
     

Ta có
 

2 2 2
1
cos ,
2 . 2
BE ED BD
SBC SDC
EB ED
 
  


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
ĐỀ SỐ 4

ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI CƠ SỞ II – TP.HCM

Câu I: Cho hàm số

3 2
7 3
y x mx x
   
(1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 5
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu đó.
Câu II:
1. Cho bất phương trình:
2
4 (2 5)2 5 0
x x
m m m
    

a. Giải bất phương trình trên với m = 1
b. Xác định m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x.
2. Tìm:
0
2
1 sin cos2
lim
tan
2
x
x x x
x

 

Câu III:
1. Giải phương trình
1 sin cos sin 2 cos2 0
x x x x
    

2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
4 4
6 6
sin cos
sin cos
x x
y
x x




Câu IV:
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác nội tiếp trong hình tròn tâm O, bán kính r, cạnh SA = h vuông góc
với mặt phẳng đáy.
a. Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
b. Giả sử S, A cố định, còn B, C, D chuyển động trên đường tròn đã cho, sao cho hai đường chéo AC và BD
vuông góc với nhau.Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp.
2. Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz cho hai đường thẳng
1

và
2


:

1
8 23 0
:
4 10 0
x z
x y
  



  

và
2
2 3 0
:
2 2 0
x z
x y
  



  


Viết phương trình đường thẳng


song song với trục Ox và đồng thời cắt cả
1

và
2


Câu V:
1. Tính tích phân :
4
3
0
sin
cos
x x
I dx
x




2. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

2
2 2
1 sin
tan 1
ax a y x
y x


   


 




HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I:
Cho
3 2
7 3
y x mx x
   
(1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 5.

3 2
5 7 3
y x x x
   

TXĐ:
D



y’= 3x

2
+10x + 7
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
1 0
' 0
7 32
3 27
5 16
'' 6 10; '' 0
3 27
x y
y
x y
y x y x y
   


 

   

       


điểm uốn
5 16
,
3 27
 


 
 
.
BBT :

Đồ thị:

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu.
Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu.
Ta có:
2
' 3 2 7
y x mx
  

2
' 0 3 2 7 0(*)
y x mx    
Hàm số có cực đại và cực tiểu
(*)

có hai nghiệm phân biệt
2
' 0 21 0
m
     
21 21
m m    

Chia y cho y’ ta được:
2
1 2(21 ) 27 7
'( )
3 9 9 9
m m m
y f x x
 
 
   
 
 

Vậy phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và điểm cực tiểu là:
2
2(21 ) 27 7
9 9
m m
y
 
 
Câu II:
1. Cho
2
4 (2 5).2 5 0
x x
m m m
    

a. Giải bất phương trình khi m = 1.

Đặt
2
x
t

. Điều kiện t > 0
Khi đó bất phương trình trở thành:
2 2
( ) (2 5). 5 0 (*)
f t t m t m m     
Với m = 1, (*) trở thành :
2
7 6 0
t t
  
0 1 6
t t
    

Vậy: Bất phương trình
2 1 2 6
x x
   
2
0 log 6
x x   
b. Tìm m để bất phương trình đúng với

x.
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

“ Sưu tầm và biên soạn “
f(t) có
2 2
(2 5) 4( 5 ) 25
m m m
     
( ) 0
f t
 
có 2 nghiệm
1 2
5
t m t m
   
.
Ta có: Bất phương trình đúng
x

.

(*) đúng
0
t
 
5 0 5
m m
     

2.
0 0

2 2
2
2
2
0 0
2 2
2
1 sin cos2 1 sin cos 2
lim lim
tan tan ( 1 sin cos2 )
2 2
sin sin
2
2sin sin 3
lim lim
8
tan ( 1 sin cos 2 ) tan
2 2
4 ( 1 sin cos2 )
4
x x
x x
x x x x x x
x x
x x x
x x
x x x
x
x
x x

x x x
x x x
x
 
 
   

 


  
 
 

Câu III:
1. Giải: 1 + sin2x + cosx + sin2x + cos2x = 0
Ta có: Phương trình:
(1 sin ) cos2 (sin cos ) 0
x x x x
     

2 2 2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) 0
sin cos 0
(sin cos )(2cos 1) 0
2cos 1 0
tan 1
4
( )
1

2
cos
2
2
3
x x x x x x
x x
x x x
x
x
x k
k
x
x k
      
 

    

 



 
   



  




 

   





2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
4 4
6 6
sin cos
sin cos
x x
y
x x




Ta có:
4 4 2 2 2 2 2 2
6 6 2 2 4 4 2 2 2 2 2
1
sin cos (sin cos ) 2sin cos 1 sin 2
2
1 1 3
sin cos (sin cos )(sin cos sin cos ) 1 sin 2 sin 2 1 si

n 2
2 4 4
x x x x x x x
x x x x x x x x x x x
     
         

Nếu
2
sin 2 (0 1)
t x t
  
thì hàm số trở thành:
2 4
( )
3 4
t
y f t
t

 


Ta có:
2
4
' 0, [0,1]
(3 4)
y t
t

   


Suy ra:
2 4
3 4
t
y
t



liên tục tăng trên [0,1].
Do đó:


1 2
Maxy f
 
;


0 1
Miny f
 

Câu IV:
1.a. Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD:
Gọi I là tâm hình cầu ngoại tiếp S.ABCD, ta có:
IA= IB = IC = ID


I

trục đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD

I

Ox // AS.
IA = IS

I nằm trong mặt phẳng trung trực của SA.
Vậy tâm I là giao điểm của Ox và mặt phẳng (

).
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Tam giác vuông AOI cho:
2
2 2
2 2
4
2 4
h r h
R r

 
  
 
 

Vậy:
2 2
4
2
r h
R


b. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp:
Ta co : S, A cố định, B, C, D di động trên (O) sao cho:
AC BD

.
Thể tích hình chóp:
V=
1 1 1
. . . .
3 3 2
ABCD
S SA AC BD SA

1
. .
6
V h AC BD
 

V lớn nhất

AC. BD lớn nhất


AC. BD =
2
4
r

Max
2
2
.
3
V h r

2.
1
8 23 0
( ) :
4 10 0
x z
x y
  



  

;
2
2 3 0
( ) :

2 2 0
x z
x y
  



  


Viết phương trình
( )

song song Ox và cắt cả
1
( )

và
2
( )

.
Gọi

là mặt phẳng chứa
1
( )

và song song với Ox.
Gọi


là mặt phẳng chứa
2
( )

và song song với Ox.
Suy ra:
 
  

(

) chứa
1

nên phương trình có dạng:






8 – 23 4 – 10 0 8 4 – – 23 10 0
m x z n x y m n x ny mz m n
        

Ox//(

)


8m + 4n = 0
Chọn
1 2
m n
   
nên


: 2 – 3 0
y z

 

Tương tự


: –1 0
y z

 

Vậy
2 3 0
:
1 0
y z
y z
  




  


Câu V:
1.Tính
4
3
0
sin
cos
x x
I dx
x




Đặt:
u x du dx
  

3 3
sin (cos )
cos cos
x d x
dv dx
x x

  , chọn

2
1
2cos
v
x

Vậy:
4
4
4
2 2
0
0
0
1 1 1
tan
4 2 4 2
2cos 2cos
x
I dx x
x x



 
 
     
 
 


2. Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất:
2
2 2
1 sin
1
ax a y x
y tg x

   


 



Nhận xét:
Nếu
0 0
( , )
x y
là nghiệm của hệ thì
0 0
( , )
x y
 cũng là nghiệm của hệ.
Do đó hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x x
 

0
0
x
 

Thế x = 0 vào hệ ta được:
2
1
1 1
2 0
1
y a
y y
a a
y
 
  

 
 
  
 

 


Thử lại:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “

Với a = 2: hệ trở thành:
2
2 2
2 1 sin (1)
tan 1 (2)
x y x
y x

  


 



Ta có: (1)
2
2 sin 1 1
y x x
    

Từ (2) ta lại có:
1
y

.
Suy ra y = 1 thế vào (2) ta được:
tan 0 ( )
x x k k


   


Thế x và y vào (1) ta được k = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:
0
1
x
y





=> nhận a = 2.
Với a = 0 hệ trở thành:
2 2
1 sin
1
y x
y tg x
  


 



Nhận thấy
0

1
x
y



 

,
1
x
y
 


 

là nghiệm của hệ.
Suy ra hệ không có nghiệm duy nhất.
Do đó khôngnhận a = 0.
Tóm lại: Khi a = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất.

ĐỀ SỐ 5

ĐẠI HỌC MỞ BÁN CÔNG TP.HCM – KHỐI A, B

A. PHẦN BẮT BUỘC
Câu I: Cho hàm số
4 2
2

y x x
 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Dựa vào đồ thị (C), hãy biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình :
4 2
2 0
x x m
  

Câu II:
Cho phương trình
1 1
2.4 5.2 0
x x
m
 
  
(1) với m là tham số
1. Giải phương trình ứng với m = 2
2. Xác định tất cả các giátrị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm
Câu III: Tính các tích phân sau:
a.
10
2
5 1
dx
I
x




b.
1
ln
e
J x xdx



Câu IV: Một hộp đựng 14 viên bi có trọng lượng khác nhau trong đó có 8 viên bi trắng và 6 viên bi đen.Người ta
muốn chọn ra 4 viên bi .Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau:
1. Trong 4 viên bi được chọn ra phải có ít nhất 1 viên bi trắng.
2. Tất cả 4 viên bi được chọn ra phải có cùng màu
B.Phần tự chọn
(Thí sinh chọn một trong hai câu 5A hoặc 5B)
Câu V.a: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với các đỉnh
(1;2), (0;1)
A B và


2;1 .
C 
1. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB
2. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao CH của tam giác ABC.
3. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu V.b: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA=
6
a

1. Gọi AH là đường cao của tam giác SAB.Chứng minh rằng AH vuông góc với mặt phẳng (SBC) và tính AH

2. Tính góc giữa đuờng thẳng SC và mặt phẳng (ABCD)
3. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC)

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I:
4 2
2
y x x
 
1a. Khảo sát và vẽ:
TXĐ:
D



3
' 4 4
y x x
 

2
' 0 0 1
1 5
'' 12 4; " 0
9
3
y x x

y x y x y
     
        

=> Điểm uốn
1 2
1 5 1 5
; , ;
9 9
3 3
I I
   
    
   
   

BBT:


Đồ thị:

1b. Biện luận số nghiệm:
Ta có:
4 2
2 0
x x m
  
4 2
2
x x m

  

Dựa vào đồ thị (C) ta kết luận:
1:
m
 
vô nghiệm.
1:
m
 
2 nghiệm.
1 0:
m
  
4 nghiệm.
0 :
m

3 nghiệm.
0 :
m

2 nghiệm.
Câu II:
Cho
1 1
2.4 5.2 0
x x
m
 

  
(1)
2a. Giải (1) khi m = 2:
Đặt
1
2
x
t


Điều kiện
1
2
t

(vì
1 1
x
  
)
Khi đó (1) trở thành:
2
2 5 0
t t m
  
(*)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
Với m =2 : (*)trở thành:
2

2 5 2 0
t t
  
1
2
2
t t
   

Vậy (1)
1 1
1
2 2 2
2
x x 
   
1 1 1 2 1 1 4 0
x x x x x
             

2b. Tìm m để (1) có nghiệm:
Ta có: (*)
2
2 5
t t m
   

Xem hàm số:
2
2 5

y t t
 
trên
1
[ , )
2



5
' 4 5; ' 0
4
y t y t
     

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta được:
(1) có nghiệm

(*) có nghiệm trong
1
[ , )
2


25
8
m 
Câu III:

a. Tính :
10
2
5 1
dx
I
x




Ta có:
10
10
2
2
2 5 2 8
5 1
5 5 5
2 5 1
I dx x
x
   



b. Tính ln
1
e
J x xdx




Đặt u = lnx
1
du dx
x
  ; dv = xdx, chọn
2
2
x
v 
2
1
ln
2 2
1
1
e
e
x
J x xdx
  

2 2
2
1 1
2 4 4
1
e

e e
x

  
Câu IV:
a. Tìm số cách chọn 4 viên bi có ít nhất 1 viên bi trắng:
Nếu không phân biệt màu thì số cách chọn 4 viên bi là:
4
14
C

Số cách chọn 4 viên bi màu đen:
4
6
C

Vậy số cách chọn 4 viên bi trong đó có ít nhất 1 viên trắng:
4 4
14 6
986
C C  (cách)
b. Tìm số cách chọn 4 viên bi cùng màu:
Số cách chọn 4 viên bi trắng:
4
8
C

Số cách chọn 4 viên bi đen:
4
6

C

Vậy số cách chọn 4 viên bi cùng màu:
4 4
8 6
C C
 = 85 (cách)
Câu Va:
A(1, 2), B(0, 1), C(-2, 1)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
S
A
a
a
H
B
O
C
D
I
1. Phương trình AB:
0 1
1 0
1 0 2 1
x y
x y
 
    
 

2. CH qua C và nhận
( 1, 1)
AB
  

làm pháp vectơ nên có phương trình:




1 2 1 1 0 1 0
x y x y
       

3. Gọi I (x, y) là tâm đường tròn:
Ta có:
2 2
2 2
IA IB
IB IC








2 2 2 2

2 2 2 2
( 1) ( ) ( 1) 1
( 1;3)
3
( 1) ( 2) ( 1)
x y z x y x
I
y
x y x y

       


   
 

     




Bán kính R = IA =
5
.
Suy ra phương trình đường tròn cần tìm:
     
2 2
: 1 3 5.
C x y
   

Câu Vb:
1. Chứng minh
( )
AH SBC

và tính AH:
Ta có: ( )
BC SAB BC AH
  
mà
SB AH


SAB

vuông cho:

2
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 7 6 42
7 7
6 6
a a
AH AH
AH AS AB a a a
        
2. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD):
Hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC.


Góc của SC và (ABCD) là

SCA
.
Ta có:

6
tan 3
2
SA a
SCA
AC
a
  

60
SCA
  

3. Tính khoảng cách từ O đến (SBC):
Ta có:
( )
AH SBC

AH HC
 
.Vẽ
OI AC



( )
OI SBC


OI là khoảng cách từ O đến (SBC)

42
2 14
AH a
OI   (đường trung bình)
ĐỀ SỐ 6

ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A

PHẦN BẮT BUỘC
Câu I:
1. Khảo sát hàm số (C) có phương trình:
2
4 8
2
x x
y
x
 



2. Từ đồ thị hàm số (C) suy ra đồ thị của hàm số:

2
4 8
2
x x
y
x
 



3. Xét đồ thị họ (C
m
) cho bởi phương trình
2 2
4 8
2
x x m
y
x
  


. Xác định tập hợp những điểm mà không có đồ
thị nào trong họ (C
m
) đi qua.
Câu II: Tính tích phân
3
2
0

4cos
1 sin
x
I dx
x





Câu III: Một lớp học có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ .Cần chọn ra 5 người trong lớp để đi làm công tác
phong trào “Mùa hè xanh”. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu trong 5 người đó phải có ít nhất:
1. Hai học sinh nữ và hai học sinh nam
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
“ Sưu tầm và biên soạn “
2. Một học sinh nữ và một học sinh nam
Câu IV:
1. Cho bất phương trình:
.9 4.( 1).3 1
x x
  
   

a. Giải bất phương trình khi
2


.
b. Tìm giá trị để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x.
2. Giải hệ phương trình:

sin 7cos 0
5sin cos 6 0
x y
y x
 


  


3. Cho


cos2 cos2 1 , .
x y x y R
  
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
tan tan
A x y
 
Phần tự chọn
Thí sinh được chọn một trong hai câu sau
Câu Va: Cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung của hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhau .Cho
AB = a.Lấy điểm M di động trên Ax và điểm N trên By sao cho đoạn MN có độ dài d không đổi.
1. Đặt AM = x; BN = y .Tính thể tích của tứ diện ABMN theo a, x và y.
2. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích đó.
3. Tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn MN
Câu Vb: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm
3

2;
2
M
 
 
 

1. Viết phương trình đường tròn (C) có đường kính OM
2. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua M và cắt hai nửa trục dương Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện
tích tam giác OAB bằng 6 đvdt.
3. Tìm toạ độ tâm I của đường tròn (T) nội tiếp tam giác OAB. Viết phương trình đường tròn đó.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I:
a. Khảo sát hàm số:
2
4 8
2
x x
y
x
 


(C)
TXĐ:
\{ 2}
D R
 

2
2
4
'
( 2)
x x
y
x



;
0
' 0
4
x
y
x


 

 


Tiệm cận đứng: x = -2 vì
2
4
lim
2

x
x

 


Chia tử cho mẫu:
4
2
2
y x
x
  



Tiệm cận xiên: y = x + 2 vì
4
lim 0
2
x
x




BBT:

Đồ thị: