Tài liệu ôn luyện chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán: Phần 2

Suy ra: m in /(í) = / ( l ) = - i

m a x /(0 = / ( 2 ) = 1

Bất phương trình (1) nghiệm đúng Vx 61^0; 1+ >/3J
Bất phương trình (2) nghiệm đúng Vt e [l; 2].
m > m ax/■(0 <=> m > ^ .
3
2
Vậy, giá trị m thỏa đê bài là: m > —.

Đe số 15
Câu 1. Cho hàm số y = x^ —2nĩx^ +rrớ + 2m Ụ), với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm sổ khi m= ỉ.
b) Chứng minh đồ thị hàm số (/) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân
biệt, với mọi m < 0.
Câu 2. Giải phương trình;
a) 2 logg X + log^(3x) - 14 = 0 ;
b) 3(cot X - cos jc) - 5(tan JC- sin x) = 2.
Câu 3.
4

a) Tính tích phân ^ = I ^/xcos^/xííc ;
0

b) Giải phương trình sau đây frên tập số phức: iz^ -\- Az + ị —i = ữ .
Câu 4. Từ 20 câu hỏi trắc nghiệm gồm 9 câu dễ, 7 câu trung bình và 4 câu
khó người ta chọn ra 10 câu để làm đề kiểm tra sao cho phải có đủ cả 3 loại dễ,
trung bình và khó. Hỏi có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra.
123

Câu 5. Cho khối lăng trụ đứng ABCD.AiBiCiDi có đáy là hình bình hành
và BAD - 45° Các đường chéo ACi và DBi lần lượt tạo với đáy những góc 45^
và 60°. Hãy tính thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
Câu 6. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (di): 4x - 3y - 12 = 0
và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác có 3 cạnh, mỗi cạnh nằm trên (di), (di) và trục Oy.
Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;l;0) và đưÒTig
thẳng d với d:

= — . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi

qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối
xứng với M qua d.
Câu 8. Giải hệ phương trình I

x~\~ổ

' r

—

^

y-\~A-=6

Câu 9. Cho các số thực a,b,c G[1;2]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
p=

(a + b)^

c^ + 4(ab + bc + ca)
Giải

Câu 1.
a) Với m = 1 ta có y =

- 2x^ +3.

Tập xác định D = R.
Chiều biến thiên: y' = 4x^ - 4x = 4x(x^ -1 j => y' = 0 <íí>
HS đồng biến trên (-1 ;0) và (1; + co).
HS nghịch biến trên ( —ũO;-l) và (0; 1).
lim (x'' -2x^ + 3) = +00.

x~*±<x> '

ycĐ = y (0) = 3;
124

/

ycT = y (± 1) = 2.

X

=0

x = ±l.

Bảng biến thiên

=> PT (*) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).
Câu 2.
a) 21ogg X + log^(3x) —14 = 0
Điều kiện:

>0
2 logg x-\-2 logg(3x) —14 = 0

Khi đó, 2 logg X + log^(3rc) —14 = 0
2 logg X + 2(1 + logg x) —14 = 0

2 logg X + 2 logg X —12 = 0 (*)

Đặt t = logg X, phương trình (*) trở thành

2í^ + 2t - 12 = 0

ị= t=2

logg X = —3
log, X = 2

Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm:

X

= 9 và

1

X = —
X

27
= 9.

X = — .

2 7
125


_ ,
Ísinxí!í:0
b) Điều kiện:
(*) .
[cosx 0''
Khi đó phương trình đã cho
3(cot X - cos x) - 5(tan X - sin x) = 2
3(cot X - cos x) - 3(tan X - sin x) = 2 + 2(tan X - sin x)
cosx sinx
^ ^
sirix . ^
< » 3 ---------- ------cosx + sinx = 2 + 2 -------- smx
^sinx cosx
j
l^cosx
^

. xf cosx+sinx
cosx+sinx-sinxcosx^
<=>3(cosx-sinx) -----^---------M = 2
-----------V sinxcosx
J
cosx
y
<» (cosx-sinx)r(cosx+sinx)-sinxcosxlí 3-----ỉ----------^
= 0
sinxcosx cosx y
.
cosx-sinx = 0

Ttanx=l

<:> (cosx+sinx)-sinxcosx

t------- = 0,t = cosx + sinx, |í| <

L3cosx-sin2x=0

/ TOcosx(3-2sinxj
=0

X = — + k7T

4
t = l - V 2 v t = l + V2>V2 (loại)
cosx = 0 V sinx=—> 1 (loại)

X = — vkTĩ

<íí>

^

7ĩ^
sm x + —
■/
V

ì-yỊĨ

<=>
= sina

^ kn
7_
x=—
4
X

= - —+ or + k lĩĩ V
4

X

= — - a + klĩĩ
4

Các nghiệm trên thỏa mãn điều kiện do đó là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 3. a) Đặt t = Vx =>
^ ^

_

= —\ = d x ^ Itdt = dx.
2vx
7T

1

_
7Ĩ

Đôi cân x = 0 —>í = 0;x = ----- > t - —
4
2
126


Vậy

ĩt^

ĩĩ

n

7

7

ĩĩ Ỵ
/ = j yíxcosyỉxdx = j 2í^costdt=| 2t^d (sin í) = 2t^ sin t 2 - J 4í sin tdt
0
0
0
0 «
4

7Ĩ

=^ s in
2

2

2

Tính:
/
n
n
71
\
7ĩ^
I
~ĩ
5 2

J = |4ísin tdt =-A |/í/(cost) = -4 ícosí 2 + J costdt = -4 0 + sin t ~2 = -4.
0
0
0 0
l
oJ
7
4

^2

Vậy thay vào (1) ta CÓ: |->/xcosVxííc = — + 4
0
2
b)

+ 42 + 4 —i = 0

(*)

Ta có, A' = 2^ - i(4 - z) = 4 - 4i +

= (2 - ỉ f

Vậy, phưoTĩg trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt
z

■i

2„ = ------- ------ - = ------ = - l - Ì .

i
i
Câu 4. Loại 1: chọn 10 câu tùy ý trong 20 câu có C2Q cách.
Loại 2; chọn 10 câu có không quá 2 trong 3 loại dễ, trung bình và khó.
Trường họp 1: chọn 10

câudễ và

trung bình frong 16 câu có cjg cách.

Trường hợp 2: chọn 10

câudễ và

khó trong 13 câu có CỊg cách.

Trường họp 3: chọn 10

câutrung

bình và khó trong 11 câu có CỊjcách.

Vậy có C2Q—(cỊg + CỊg + CỊj Ị = 176451 đề kiểm tra.
127


1
Câu 5.
Gt; (ACi, (ABCD)) = 45*’
= (ACi,AC)= C ^ .

(DBi, (ABCD)) = 60®
= (DBi,DB)=ẠỠỔ.
Á A C q ,C = 90°
=^AC = C q . c o t C ^ = 2.cot45” = 2.
^
_
2 /Ĩ
ADBB,, B = 90° ^ B D = BB,.cotB,DB = 2.cot60® = ±2^,
Đặt AD = BC = x; AB = DC = y
AADC có: h ơ = AD^ + DC^ - 2.AD.DC.cosẤDC
A=

- 2xy cos 135® =x^ +

+ Ixy cos45®

( 1)

ABCD có: BD' = BC' +CD' -2.BC.CD.cosBCD
< ^ - = x ^ + y ^ - 2xy cos 45®

( 2)

16
Từ( l ) và (2) => — = 2(x^+y^)=>x^+y^ = —thay
3
4 8 ^ V2
4
vào (2) có: - = —- 2 x y . - — <^xy = —J=.
3 3

2
3v2
1
^ A B C D

~

^ -^ B C D

~

2 ^ C .C D .ẵ

= xy.sin45® =

c

xyyÍ2 _ 4 V2 _ 2
3yÍ2' 2

Vậy V = S a b c d . CC,= | . 2 = ^

128

in

(đvdt).


Câu 6. Gọi A là giao của

' '

^ ^

Í4 x -3 v -1 2 = 0

, ,
v4(3;0)eOx.
^ ’

[4x + 3>;-12 = 0

Vì BC thuộc Oy cho nên gọi B là giao của í/, với Oy; cho x=0 suy ra y=-4,
B(0;-4) và

c là giao của

với Oy: C(0;4). Chứng tỏ B,

c đối xứng nhau qua

Ox, mặt khác A nam trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A. Do đó
tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy ra l(a;0).
Theo tính chất phân giác trong:

lA _ AC 5
/ơ ~ ^ ~ 4

/^ + / 0 5 + 4

0.4 9
10 ~ 4 ^ /ỡ ~ 4

40A 4.3 4
=> IO =----- = — = Z Vậy tọa độ I( —;0).
9
9
3
^3’ ^
Tínhr: 5 = -5C .ơyl = -.5.3 = —
2

2

2

_ 1 (AB + BC + CA) _ 1 (5 + 8 + 5)

_ Ị8 _ 6
^~15~5

Câu 7. Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường
thắng đi qua M, cắt và vuông góc với d.
+ 2t
d có phương trình tham số là: y = - l + t
z = -t
X = l

Vì H e d nên tọa độ H (l+2t; -1 + t; -t).
Suy ra: MH = (2t - 1; - 2 + 1; -t).

Vì MH X d và d có vectơ chỉ phương là u = (2; 1; -1), nên:
2.(2t- 1)+ l.( - 2 + t) + (- l).(-t) = 0 « t = - .
1
Vì thế, MH =

4
3

= 3M// = (l;-4;-2)
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:

x -2 _ y -1 _ z
1
129


7

1 2

Theo trên có H( —
3
3

3

3

3

) mà H là trung điêm của MM’ nên toa đô

3

Câu 8. Điều kiện: X>-1, y> 1.
Đặt a = yjx + \ ^ X =

- \ ; a > 0 ; b = y Ị y - ỉ => y = b^ + ì;b>0.

a +b - 4

Ta có hệ

V a '+ 5 + V ò '+ 5 -6 ,(* )

(*) « a ' + è' +10 + 2Ậa^ + 5)( ố" + S) = 36
[a + b) - 2ab + 2

V + 25 + 5 [(ữ + 6) - 2ab ^ =2 6

ỉ6 -2 a b + 2^a^b^ + 25 +5[ỉ6-2ab] = 26
o yja^b^ -lOaỏ + 105 - 5 + ab

ab = 4

ịa + b = 4
íjr = 3
=> <
<=>a = ồ = 2=>-^
\ab-4

Cầu 9. Ta có p= ,
c +4c(a + b) + 4ab

-------- ^ = M.
c +4c(a + b) + (a + b)

Do a,b,ce [1;2] nên a + b ^ o , nên chia tử và mẫu của M cho (a + bY ta
được: M =

1

1

^ c y
+b

+4

í

cr ^
+1
\CI + b J

Ta có f \ t ) =

130

c
a +b

1

Với a,b,c G[1;2] <+>t e
Xét hàm số f ( t ) =

t^+ 4 t + l

,.
với t -

1

t +4t + l

2(t + 2)

{e +4t + l)'

trên

<0, Vte

-;1

4^'

/ ( 0 nghịch biến trên

Do đó V t < l ^ f ( t ) > f ( l ) = - .
6

Đẳng thức xảy ra khi t = 1

(a; b; c) = (1; 1; 2).

Vậy Min p = — khi (a;b;c) = (1;1;2).
6

Đề số 16
Câu 1. Cho hàm số y =

2

x

- l

x-1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) 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 MI.
Câu 2.
a) Giải bất phưomg trình

(3 + 75

+ (3 _ 7 5 p - ' ’ _

<0 ;

b) Giải phưcmg trình V3 sin2x-2cos^ X = 2yj2 + 2cos2x .
Câu 3.
e

a) Tính tích phân / = j x^ In^ xdx ;
1
b) Gọi

^2 là hai nghiệm của phưoTig trình:

—2 z + 2 + 2^121 = 0. Hãy

lập một phương trình bậc hai nhận Jj,Z2 làm nghiệm.
Câu 4. Tìm hệ số của

trong khai triển thành đa thức của biểu thức

P = (x^ + x - 1)^
Câu 5. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều,
131


cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’ = b. Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và
(A’BC). Tính tana và tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C.
Câu 6. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có
1 —
3 và trọng tâm thuộc đường thăng A: 3x - y - 8 = 0. Tìm tọa độ

diện tích băng
đỉnh c.
Câu 7. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm c(0;0;2),
K (6;-3;0). Viết phưong trình mặt phẳng (T*)đi qua C,ẢTsao cho (p)cắt các
trục Ox,Oy lần lượt tại A,B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3.
Câu 8. Giải bpt:

, ^

- X > V3 .

Câu 9. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
3x -

X+ y +

+ 1= 1
1

y+

+1

=a

Giải

Câu 1.
a) Tập xác định: Z) =

\ ỊlỊ

Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên:
+) Ta có: y'

-1
(^ -1 )

Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng (-oo;l) và (l;+oo).
* Tiệm cận:
,
2 x -l
2 x -l
_ ^
+) Vì lim —^--- = -00 , lim —^---- = +00 nên đường thăng
x -1
x -1
cận đứng.
132

X

= 1là tiệm


2 x -l
2 x -l
+) Vì lim —— = 2 , lim —— = 2 nên đường thăng y = 2là tiệm
;c^-K0

x -1
cận ngang.
+) Bảng biến thiên
—00

X

+00

1

-

y’

+00

y
—00

2

Đồ thị
b) Giao điểm của hai tiệm cận là 1(1; 2).
Goi M(a; b ) e ( C ) ^ b =

ư -1

(a ^ 1).

Phưong trình tiếp tuyến của (C) tại M:
_
1
^ 2a-l
y = ------- — ( x - a ) +----(a -lf
Phương trình đường thẳng MI;
1

- ( x - ỉ ) + 2.
>' = •
(a~ir
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:
1

1

=- l «

a = 0 (b = 1)
a = 2 (b = 3).

Vậy có 2 điểm cần tìm Mi(0; 1), M2(2; 3).
Câu 2. a) (3 + ^/5

+ (3 - ^

/ 5

<

0

« (3 +V ? p \(3 - V J p ^ < 2 .2

<=>

'3 + V5 '

+

'3 - V 5 '

<2.

133


I—

/

Đặt

t =

^3 + V5^

>0 ta có bất phương trình t + - - 2 < 0
t
s 2 x -it

t> 0

<=><^ ,
=>t = l<z>
t^ -2 í + l< 0

-» 2 x -x ^ =0<»

3 + Vs

=1

x=0
x=2

Vậy BPT có nghiệm là

X

= 0 hoặc

X=

2.

b) Vì V2 + 2COS2x = ^ 2 (l + cos2x) = V2.2cos^ X = 2|cosx|.
+ Nếu COSX>0 thì phương trình trở thành:
73 sin 2x - 2 cos^ X = 4 cos X «> 73 s inx-cosx=2

^
=1

. —
Cí> sin 7XV

2k

^ ^
«
27T .
= —+ x2;r Cí>x = — - + ả:2;t .
6 2
3

X -—

6y

Nhưng cos

73
1
s inx- 7 cosx= 1
2
2

+ k l7 r

1

=

2;r
<0 nên: x = — + Ả:2;r (A: e z ) b ị loại.

+ Nếu COSX<0 thì
73 sin 2x - 2 cos^ X = - 4 cos X <:í> 73 s inx-cosx=-2

s
2

í

Cí> sin

X—

V

6y

=-l <:í> X=- — + k27ĩ .
3

Nhưng cosỊ^-—+ k2.;rj =—
>0 .
Cho nên: x = - —+ Ả:2.;r (A:6Z).Loại.
+ Neu Cosx=0 thì là nghiệm của phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho: x = — + k7ĩ[k &z ) .

134

1
2

7 7 s inx-—cosx=-1


Câu 3, a) Đặt

, 2 In X ,
du = ------ dx

1M = In^ X

dv = xVx

v = —X4
4

Ta có / = —x'* In^ X
í x^ Inxtííx = - — —/(1)
4
1 2 -Ị
4 2
Đặt:

í M = In X

\dv' = x^dx

, dx
du= —
V • =- 1— X 4

e4
~41

J = —x“*Inx ^ - - |x V x = — - ' 4 - ‘
4
1 4-ị
4 4 4

1
1 V
16

/

3gV l
16

Thay các kết quả vào (1) ta có: I =

4

2

b) Với z^,z^
'l’^2 là 2 nghiệm của phưoug trình
thì

^2 ^
ZyZ^ — 2 + 2^/2^

16

5e^-l
32

—2z + 2 + 2^Ỉ2^ = 0

^2 ^
'ZyZ^ = 2 —2'j2i.

Do đó, 2íj, ^2 là 2 nghiệm của phưong trình z^ —2z + 2 - 2^|2i = 0.
Câu 4. Theo công thức nhị thức Niu-torn, ta có:
p = c “(x - lý + c ’x' (x -1)' +... + c,'x''' (x -1)'-“ +... + C^x*" (x -1) + c*x‘' .
Suy ra, khi khai triển p thành đa thức,
clix-lýwà c ^ x ^ (x -ự .

chỉ xuất hiện khi khai triển

Hệ số của x^ trong khai triển c°(x -1)® là: Cg.Cg.
Hệ số của x^ trong khai triển CgX^(x -1)^ là: -Cg.c”.
Vì vậy, hệ số của x^ trong khai triển p thành đa thức là: C®.Cg -Cg.c” = 9.
135


Câu 5.
* Tính tana:

+ Gọi H là tâm tam giác đều ABC. Do A’.ABC là hình chóp tam giác đều
nên hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) trùng với H.
+ Gọi M là giao điểm của AH với BC thì AM-LBC.
Mặt khác: A’B = A’C = A’A = h ^ A'M LBC.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC) là: a = AMA'
AA’HM vuông tại H (vì A’HT(ABC))
„

X T T T .

C

=> tan or = tan AMA = ---- MH
AABC đều có cạnh a nên
s
AM = a —
2
aVs
^ AH = - A M =
3
3
1
MH = - AM
3

Vậy tan « =

/3
6

A 'H _ Ịsb^-a^
MH \
3

_24ĨĨ)
6
a

* Tính thể tích V của khối chóp A’BB’C’C:

2
2 1 a^/3
= -S,gr-A'H = - —a.—^—
2
3
3 2

v =136

(đvtt)

3 ồ '- a '

’


Câu 6. Ta có trọng tâm G của tam giác thuộc A nên G(t;3t-8).
AB qua A(2;-3) có véc tơ chỉ phương u = AB = (l; l)
. . r ^ x - 2 y +3
nênAB: ------= ^—— <=>x-;;-5 = 0.

(5 5^
Gọi M là trung điêm của AB: M —
T2

5
-3t + 8
2

Í5
Ta có: GM = - - t
u

2

Í5

11 -3 t
2
)

Giả sử c ( x ^ ; ), theo tính chất trọng tâm ta có:
Xq - í

=-2

^5

^

GC = -2GM « ■

- 3t + 8 = -2

11
v2

Ịxq =-5 + ĩt
U = 9 t-1 9 " ^

-3t
,

c(3t-5;9t-19)(l)

r,
, |(3 t-5 )-(9 t-1 9 )-5 | |6t-9|
Ngoài ra ta còn có: AB=V2 , dịC,AB) = - ------ -— ----- í----1- i.._ !_
v2
v2
Theo giả thiết:
t =\
S = - A B .d { C ,A B ) = - y Í 2 ^ ^ ỉ ỹ 3 - ^ - ^ \ 9 - 6 t \ = 3<^
t = 2.
2
2
•\/2
2
Với t = l=í>C (-2;-10);
Với í = 2 = > c = (l;-l).
Câu 7. Giả sử yl(a;0;0),5(0;6;0),(aò íí 0)=> (p)

a

+ —+ —= 1.
b 2

Do ^ e ( P ) c ^ - - - = l « 6 ố - 3 a = aố(*).
a b
Mặt khác OABC là tứ diện vuông tại A nên
''o,.cA-\a\\b\2 = ĩ<>\ab\=9 (•♦)
0

137


Giải hệ phương trình (*),(**):
\6b-l>a = ab
ị6b-2>a- ab

[ab = 9

\\ab\ = 9

\6b-Za = ab
\ab = -9

« = 2 6 -3
<=>

a -3 ,b =3

2 6 ^ -3 6 -9 = 0

a - -6,6 =

« = 26 + 3
26^+36 + 9 = 0 (vn)

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là:
(/Ị):2x + 2y + 3 z -6 = 0 ; (i^):A: + 4 y -3 z + 6 = 0;
x '- l > 0
Câu 8. ĐK có nghiệm:

X

x < -lv x > l
.

-X > 0

xỊl-V x^ -1 j > 0,(*)

Khi X > 1, (*)<=>!- Vx^ -1 > 0 <=> 1 > Vx^ -1 <=> x^ < 2 => X e (l;7 5).
Khi X <-l, (*) <íí> 1-Vx^ -1 < 0 0 Vx^ -1 > 1o x^ > 2 o x e Ị-V 2 ;-lj.
Vậyđkcó nghiệm là x e Ị- V 2 ;- lju ^ l;\/2 Ị .
r

Y

BPT o

-X

Đặt t = Vx^-1 o x^ =
Ta có bpt:

t^+1
-

>3o

x^2

.

x^

+x >3

+ l;í > 0 .

^t^+1 2
+ r +1>3
2
-

2
< ^ e + A r - l ( / H—0 -1>0<=> í
V t)
l
138

0
0

- 2 t -- -3>0<=>t + - > 3 ( v ìt>0)
t


t>

3 + Vs
2

<=> í - 3í +1 > 0 <=>
t<
1 2 1 3 + "v/s
yjx - \ >

X

r ^
L

3 -V s

2

18 + 6^/5
> — —----

|jc| >

2 18-6V5
< ---------L
4

|x| < - a/ i 8-6V5.
L

X

2

— ^ \% + 6 \ Ỉ 5

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:
í 1 I-------- 7=
f 1 I---------- ^
--V 1 8 -6 V 5 ;-1 u 1;-V l8-6V 5
2
y V 2
3x Câu 9. Ta có .

=1

y+

Vì

=

y +

<=>

(I)

1

x +y +-

+1

+ 1 - y nên hệ (I)

+1

3x -

=1
( l ĩ )

X+

+ 1 = ữ^

ĐzeM kỉệ« cần
Thấy rằng nếu có nghiệm (X(,,yo) thì hệ cũng có nghiệm (Xq, -yo).
Bởi vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là yo =0.
Thay yo = 0 vào (II) ta có

Í3x - a = 1
X

+ 1=

Cí>
a

a = -l
3
a = —.
4

Điểu kiện đủ
Với a = -1, hệ (II) trở thành

3x + -yjy^ +1 = 1

Cí>x = y = 0.

X+ -y/ỹ^TĨ = 1

139


3 x - - J y ^ +ì =1
3^
Với a = —, hệ (II) trở thành
3
/ 2, 1 _ 16

X+

7
X= —

9
y=ố

7
Hệ có nghiệm duy nhất X = —
9
y = 0.
Vậy tập hợp các giá trị của a tưcmg thích với yêu cầu bài toán là:
< a - - \ : a = —>.

Đề số 17
Câu 1. Cho hàm sô'

= -X 3 + 3x - 2, gọi đô thị của hàm sô là (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b) Dựa vào đô thị (C), xác định m đê phương trình X - 3 x + 2 + m = 0 c ó
ba nghiệm phân biệt.
Câu 2. Giải phương trình
a)
b) 8^Í2 cos^ X+ 2V2 sin^ Xsin 3x - 6V2 cos"* X-1 = 0 .
Câu 3.
2

a) Tính tích phân / = I|x^ + 2x - 3|íừ;

0

b) Giải phương trình sau đây trên tập số phức: -52^ + 22^ - 2 = 0.
Câu 4, Hội đồng quản trị của một công ty gồm 12 người, trong đó có 5 nữ.
Từ hội đồng quản trị đó người ta bầu ra 1 chủ tịch hội đồng quản trị, 1 phó chủ
tịch hội đồng quản trị và 2 ủy viên. Hỏi có mấy cách bầu sao cho trong 4 người
được bầu phải có nữ.
140


Câu 5. Khối chóp S.ABC có SA _L (ABC); đáy là AABC cân tại A, độ dài
trung tuyến AD = a, cạnh SB tạo với đáy một góc a và tạo với mặt (SAD) góc p.
Tính thể tích khối chóp.
Câu 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao
từ đỉnh B có phương trình x+y+l=0, trung tuyến từ đỉnh C có phương trình:
2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 7. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(0;2;0),
C(0;0;3). Viết phương trình m phẳng (P) qua 0,C sao cho khoảng cách từ A đến
(P) bằng khoảng cách từ B đến (P).
Vx + 1
1
----- ^ •> x --.
Vx + 1 - V 3 - X
2

Câu 8. Giải bất phương trình:

I----------

I

Câu 9. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = ị l \ - x ^ + ị ị \ ~ x + Vl + .
Giải
Câu 1. a) TXĐ : D=R
Ta có y’ = —3x^ + 3 = 0

x = -l
X= 1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng

(-o o ;-l)

và

(l;+ o o );

Hấm số đồng biến trên ( - l ; l ) .
ycĐ = 0 tại X= 1 ; ycT = - 4 tại X= -1.
X->+30

x_>_00

Bảng biến thiên
X

- 00
-

y'

y

-1
0

+ 00

1
+

0

-

+ 00

-4

- 00

141


Đồ thị;

b) Do
- 3x + 2 + w = 0
+ 3x - 2 = w nên số nghiệm của phưcmg
trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d); y = m.
Dựa vào đồ thị, ta suy ra được: Phưong trình (1) có ba nghiệm phân biệt

- 4 < m < 0.
Câu 2. Giải phương trình:
a) Viết lại phương trình dưới dạng: 2“^^^^ +2^^^"* =

+1.

Ím = 2'*"^'
Đặt <
^ ^ ,u,v > 0
Khi đó phương trở thành: M + v = MV + l - » ( w - l ) ( l - v ) = 0

<t=>

u = \(tm)
V = l{tm)

24x+3 ^ J
25.^4 ^ J

4x + 3 = 0
5x + 4 = 0

3
4

X= - —

X=

3 ,

4
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = - — và x = — .
b) 8V2 cos® X + 2V2 sin^ xsin 3x - 6^[2 cos"* X -1 = 0
S^Ỉ2 cos® x + 2V2 sin^ x(3sinx-4sin^ xỊ-óVĨcos'* x -1 = 0
«> 8^/2 (cos* X - sin® xỊ + 6^/2 (sin'' X - cos''xỊ = 1
<:í>8V2(cos^ x-sin^ x^(cos"x + sin‘' x + sin^ xcos^x) + 6V2(sin^ x-cos^x) = 1
142


<=>Ssỉĩcoslx 1 - —sin^ 2x - óyịĩcoslx = 1
4
< » S \ Í2 c

o s

2

x

-2 \ Ị2

sin^ 2xcos2x - 6^/2cos2x=l

<=> 2yÍ2cos2x-2yÍ2 sin^ 2xcos2x=l
<=> 2V2cos2x(l-sin^2x) = 1<=> cos^2x=

cos2x=

4

2

‘s /ỉ

1

2x = ± — + k27r <:ỳ x = ± — + k ^
4
8

Vậy phưong trình có 2 nghiệm là

X

=± — +kn,
8

(keZ).
^

[k& z).

Câu 3. a) Vì
f{x) = x^ + 2 x -3 = 0 ^

X=

l,x = -3

=>

/(x )

>

OVx G [l;2];/(x) < OVx e [0;l]

=> / = I - / (x)ííx + j / (x)úíx = I (3 - 2x - x^) í/x + j (x^ + 2x - 3) ú?x
0
1
0
1
2 ^
í
] ^1 f1 , 2
78
^
3x-x^ - —x^ + -x^ +x^ -3x
3 - 1 - -0 + -4-4 -6 fl- - f l- 3 = 5.
1
3 j 0 l3
I3
J
3j
y1 l
—

—

b) -52^ + 22^ - 2 = 0

—52^ + 2z^ —2 = 0

2(—Õ2^ +22 —l) = 04=ỉ>2 = 0

hoặc -52^ + 22 - 1 = 0 (2)
Giải (2): -52^ + 22 - 1 = 0
Ta có, A = 2^ - 4 .(-5 ).(-l) = -1 6 = (4if
-2 ± 4i
1_ 2,
Như vậy, phưong trình (2) có 2 nghiệm: 2:^2 = -------- =
-1 0
5 5
Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm:
1 ,2 .
1
0 5 '^9 = - + - * ) '2:„ = ^
5

2

.

5
143


Câu 4.
+ Loại 1: bầu 4 người ưày ý (không phân biệt nam, nữ)
Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có Aj2 cách.
Bước 2: bầu 2 ủy viên có C^Q cách.

Suy ra có A^2-C^Ỉ0

^•

+ Loại 2: bầu 4 người toàn nam.
Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có A^ cách.
Bước 2: bầu 2 ủy viên có Cg cách.

s

Suy ra có A7.C5 cách bầu loại 2.
Vậy có A22.CỈ0 - k ] c \ = 5520 cách.
Câu 5.
+ sA ± (ABCD) nên AB là hình chiếu SB trên
(ABC)

ẤBS = a = (SB,(ABC))

+ B C IA D và B C L S A ^B C l(S A D ) nên
SD là hình chiếu của SB trên (SAD)
=>BSb = Ị3 = {SB,{SAD)).
+ ầSAB,

A = ỉv=>AB = SB.cosa;

+ ầSDB, D = ỉ v ^ B D ^ SB.sinj3-,
+ AADB,
<»

D =\v^A D ^= AB "-B D ^

= SB^ (cos^a - sin^

Vậy BD =

SB =

-y/cos^ứr -sin^ /3

asin fỉ
^Jcos^a~sm^ p

SA = SBsinor =

a.sina
^cos^a -sin^ (3

144


= Ị - S ..C

= ị . ^ ~ ^ . S A = ị.AD .BD .SA

1
asin/?
asinứr
1
sin« sin ổ
^

^i-a. I— — ^
.- J
= - . ---- "
(đvtt).
3 -ựcos^a-sin^ yổ ^Jcos^a-sin^ ậ 3 cos a - s i n Ị3
Câu 6. ĐưÒTig thẳng d qua
A(3;0) và vuông góc với BH cho nên
có véc tơ chỉ phương M= (l;l) do đó
d:

B

x = 3+ t
y =t
Đưòng thẳng d cắt (CK) tại C:
3+ t
y =t
2 x - y - 2 =ữ
X=

^ í = -4 « C (-l;-4 ).
Vì K thuộc CK: K(t;2t-2) và K là trung điểm của AB cho nên B đối xứng
với A qua K suy ra B(2t-3;4t-4).
Mặt khác K lại thuộc BH cho nên : (2t-3)+(4t-4)+l=0 suy ra t=l và tạo độ
B(-1;0).
Gọi (C):

+ y^ - 2ax - 2by + c - \ - b ^ - c -

> o) là đưÒTig tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.
9 -6 a + c = 0

a-\

Cho (C) qua lần lượt A, B, c ta được hệ : l + 2ữ + c = 0
^ 17 + 2a + 8ố + c = 0
c = -3
Vậy(C): (x -!)'+ (> ;+ 2 )'= 8 .
Câu 7. (p ) \ax + by + cz + d = 0 ,
0 (0 ;0 ;0 )e (P )

Jj =

c (0 ;0 ;3 )e (p )

[3c + í/ = 0

o

+b^

> o)

_

Vậy (p ) \ax + by = 0
145

\2b\

sa + y

yja +b

/ ' , iM
T ' u i «• H = 2|í)| o a = ±2i.
s a +0 v« +0

Mà rf( J ,(F )) = d (fi,(í’) ) «

+ ữ = 2Z) chọn a = 2,b = 1 khi đó ta có mp (P): 2x + y = 0.
+ a - -2b chọn a = 2,b = -1 khi đó ta có mp (P): 2x - y = 0.
Câu 8. ĐK: xe[-l; 3]\{1}, ta có;
Vx + 1

1

Vx + l(Vx + l - V 3 - x )

1

Vx + 1 - V 3 - X

2

2(x-l)

2

X+ 1+V-x^ +2x + 3

1
2

2 (x -l)
+ 1< X < 3 (I),

(*)

X + 1+V-x^ +2x + 3 > 2x^ -3 x + 1

2(-x^ + 2x + 3) + V-x^ +2x + 3 - 6 > 0.
Đặt t = V-x^ + 2x + 3 > 0

2—yJĨ 2+\fĩ

3

Giải BPT tìm được t > —, từ đó tìm được X e (---- — ;---2
2
2
Kết hợp điều kiện (I) ta được X e (1;
+ -1 (*) <» X+ 1+ V-x^ +2x + 3 < 2x^ - 3x + 1

Cí> 2(-x^ + 2x + 3) + V-x^ +2x + 3 - 6 < 0.

Đặt t = V-x^ +2x + 3 > 0, giải BPT tìm được 0 < t < —, từ đó tìm được
. . 2-V 7 ,

Xe [ - l ; — ~ ^ ) u (

146

,2 + V? „

;3].


Kết hợp điều kiện (II) ta được X e [ - V, - —^ ) .
Kết luận tập nghiệm của BPT đã cho; T = [ - 1;-—

u (1;

Câu 9. Hàm số có TXĐ: D = [- l;l]
Với mọi

X

s D,áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
(1)
(2)

4/ĩ

_ 4/ĩ
1 ^ Vl + X + 1

VI+ x =Vl
+ JC.l<
- ---2

(3)

Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có /(jf) < 1+ V l + X + V
mọi

X

l-X

(4) với

eD

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi dấu “ = ” ở (1), (2) và (3) cùng xảy ra.
Mà dấu “ = ” ở (1), (2) và (3) xảy ra khi và chỉ khi X= 0.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với mọi x e D , t a c ỏ :
Vl -X

Vl

+X

= Vl

-X .

1<

= V l + X.

1^

l - x +ỉ
2

(5)

1+ X+ 1

(6)

Suy ra, /( x ) < 1+ V x -l + Vx + l < 1+ - —- +

=3

(7)

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi dấu “ = ” trong (5) và (6) xảy ra. Dấu “ = ”
trong (5) và (6) xảy ra khi và chỉ khi X= 0.
Từ (4) và (7 suy ra, /( x ) < 3 với mọi

X

e D mà f(0) = 3 và Oe D nên

max f ( x ) = 3.

147