giai tich 12 khong co gi la kho

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (980.48 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TOÁN 12

Đề Tự Luận

M

ự

c

độ

: Khó

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

www.saosangsong.com.vn

www.saosangsong.com.vn

ƠN H

Ọ

C KÌ 1 (09-10)

M

ự

c

độ

: Khó

Đề 1.

1. o hàm số y =

x + x 1
x 1
y= +

+
Ch

a. Khảo sát và vẽ đồ thị ©.

b. Từ đồ thị hãy định m phương trình x2 + x + 1= m|x +1| có 4 nghiệm thuộc ( - 3 ; 3).

b. Tìm trên © điểm có ỏ nhất.

a. Cho log23 = a và log25 = b, tính theo a, b : log
b. Từ đồ thị y = 2x , hãy suy

a. Giải PT : log2(3x – 1) + 1/ log(x +3) 2
định của hàm số : y =

tổng khoảng cách đến 2 tiệm cận là nh
3060.
ra đồ thị y = 4.2x - 2

3. 2 = 2 + log (x + 1)

2 2 x

log (x +2).log − 2 2−
b. Tìm tập xác

2
2

0 (sin x cos

∫

c. Tính tích phân I = 4cos x - 2 dx 2

4. a) T

đến mp (AA’M) là
ìm thể tích khối lập phương ABCD. A’B’C’D’ biết khoảng cách từ B

5 , M là trung điểm của BC.

b ,5 và thiết diện qua đỉnh là tam giác

đều. Tí

1. b

) Cho hình nón biết đường sinh a = 10, chiều cao h = 7
nh góc mà thiết diện hợp với đường cao.

Giải 1:

.Phương trình tương đương với :

x + x 1

( 3 x
x 1

= − ≤ ≤

+ m 3)

điể xanh với

1 và y = 3.
hương trình có 4 nghiệm khi 3 < m <

đồ
ị . Hai tiện cận là x + 1= 0 và x – y = 0

khoảng cách là :

Số nghiệm của phương trình là số giao
m của phần đồ thị màu

đường thẳng y = m .
Chú ý : x = - 3: y = 7/2
x = 3 : y = 13/4.

Các giá trị cực tiểu là y =

13/4.

c. Gọi (x ; x + 1/(x + 1)) là điểm trên
th

Tổ

d = |x + 1| + 1

| x 1|+ ≥ 2 (bdt Côsi)
mind = 2 Ù |x + 1| = 1

| x 1|+
2

7
6

-3 -2 -1 1 2 3
1

2
3
4
5

x
y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

-2. a. Đưa về cơ số 2 : log3060 = log 62 2

0 2 log 15 2

1 log 15 1

a b
a b

+ +

log 30

= =

+ + +

2x + 2 – 2 . Đồ thị của hàm số này là đồ thị hàm số Y = 2 X trong hệ trục IXY với I (- 2; - 2).
4(x + 1) Ù 3x2 + 4x – 7 = 0 Ù x = 1.

định k .log − 2 2

b. y =

3. a. Đk : x > 1/3 . PT đưa về : log2(3x – 1)(x + 3) = log24(x + 1)
Ù (3x – 1)(x + 3) =

b. Hàm số xác hi 2

log (x +2) 2 x − ≥ 0 (1)

Đk: x < 2 , ≠ 1. (1) Ù 2

2 , ≠ 1 .

2 2

2 x

log − (x + 2) 2≥ <=>x +2 (2 - x) ≥

Ù x ≥ ½. Vậy ½ ≤ x <

c. I =

2
2 2(2cos x -1)

∫

dx
=

0 (sin x cos x) +

2 2

2cos 2xdx (1 sin 2x)

ln |1 sin 2x |
+ sin 2x 1 sin 2x

d

π π π

0 1 0

= = +

∫

= ln2

ảng cách từ B đế ọi a là cạnh hình lập

4. a. Kẻ MH vng góc AM thì MH là kho n (AA’M). G

phương , ta có :

AB. BM a. a a

BH = = = = 5 Ù a = 5.

AM a 5 5

Vậy thể tích hình lập phương là 125.

b. Thiết diện là tam giác đều SAC cạnh là 10. K là góc OSI.

Vì SI =

ẻ OI vng góc với AC. Góc phải tìm

SA 3
5 3

2 = . Suy ra : cosOSI = SO/SI =
3

2 => OSI = 30

0. 
Đề 2.

1. Cho hàm số y =

x + ax + b
x 1− (1)

a. Tìm a, b sao cho đồ thị có điểm cực đại là A(0 ; - 1).

b. Biết đồ thi (1) luôn qua điểm B( - 1; 1) , hãy tìm tập hợp những điểm cực trị củ số
khi a và b thay đổi.

tại 2 điểm M, N và khoảng cách MN nhỏ nhất.
Giải PT : | l

b. Cho log23 = a, tính theo a : log8 (13,5) và log6 (1,5)
a. Giải BPT : 34 – 3 x – 35. 33x – 2 + 6 > 0

a hàm
c. Gọi © là đồ thị ứng với a = - a và b = 1. d là đường thẳng y = 2x + m. Tìm m để d cắt ©
2. a. n(2x – 3) + ln(4 – x2)| = |ln(2x – 3| + | ln(4 – x2)|

3.
A

B C
D

B’ C’
D’

A B
A’

H M

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

www.saosangsong.com.vn

b. Giải hệ :

2 8 2 2

9 3

log 0,5 log 9

x 2 y

1 1

y

−

⎧ =

⎪

⎨ ⎛ ⎞ + =

⎜ ⎟
⎪ ⎝ ⎠
⎩

c. Tìm nguyên hàm của hàm số f(x ) = xcosx 3

sin x .

Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A’B

4. a. ’C’D’ biết A’C = 8 và hợp với (ABCD)

= 8. Tính diện tích của thiết diện qua

Giải 2 :

góc 300 và với (ADD’A’) góc 450 .

b. Cho hình nón có đường sinh a = 10 và chiều cao h
đỉnh biết thiết diện cách tâm đáy một khoảng là

1. a. y’ =

x - 2 x - a - b
(x 1)−

điểm cực đại => y’(0) = 0 và y(0) = 0 Ù a + b = 0 và - b = - 1
a = - 1 và b = 1. Thử lại nhận.

. Thế
A(0 , - 1) là
Ù

b x = - 1, y = 1 : b = a – 3 => y

x 2 x

-’

x - 2 x - 2a + 3
(x 1)−

2a + 3

(x 1)− =

Đồ thị có điểm cực trị khi y’ có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Ù Δ' = 1 + 2a – 3 > 0 Ù a > 1
Hoành độ các điểm cực trị thỏa : x2 – 2x – 2a + 3 = 0 Ù a = (x2 – 2 x +3)/2 (1)

+ 3)/2
Do a > 1 nên (x – 2 x +3)/2 > 1 Ù (x – 1) > 0 Ù x ≠ 1.

ợp là parabol y = (x2 + 2 x +3)/2 với x ≠ 1.
Tung độ thỏa: y = 2 x + a (Quy tắc tính cực trị) (2)
Thế (1) vào (2) : y = 2 x + (x2 – 2 x +3)/2 = (x2 + 2x

2 2

Vậy tập h

x - x 1

c. © : y=

x 1−

x2 – 2 x + 1 = (x – 1)(2x + m) Ù x
+

. Phương trình hồnh độ giao điểm :

2 cắt © tại 2 điểm hoành độ :

2 + m x – m – 1 = 0

1,2

b
x =

− ± Δ

Δ = m + m + 1 > 0, mọi m . Vậy d ln có
Tung độ : y , = 2x , + m . 1 2 1 2

Suy ra : MN2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2 = 5(x2 – x1)2 = 5. 2 = 5 (m2 + m + 1) = 5[(m + ẵ)2 + ắ ]

Vậy minMN = 15 / 2 khi m = - ½.

2. a. Đk: 3/2 < x < 2 . Dạng |A + B| = |A| + |B| Ù (A + B)2 = (|A| + |B|)2

V y : ln(2x – 3) .ln(4 – x ) ≥ 0 Ù

4 x 1
Ù AB = |A||B| Ù AB ≥ 0 .

2 2x 3 1

ậ 2

4 x 1 2

2x 3 1
(VN) hay

− ≥

⎧ ⎧ − ≤

⎨ ⎨

⎩ − ≥ ⎩ − ≤ Ù 3 x 2≤ <

b. * log8(13.5) = (1/3)log2(27/2) = log23 – (1/3)log22 = a – 1/3
* log6(1,5) = log (3 / 2)2 = a−

log 6 a+

1
1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ù 3x < log (27/5) Ù x < 3 3

3 log 5

−

PT đầu Ù x - 3y = 3/2 Ù x = 3y + 3/2 .

g39y
Ù 1 = log 9y(3y + 3/2) Ù 9y(3y + 3/2) = 3

x = 2. Hệ có ngh m (2 , 1/6)..

c. Dùng nguyên hàm từng phần .

b. Đk: x > 0, y > 9.

Thế vào phương trình sau : - (1/2)log3(3y + 3/2) +1/2 = (1/2)lo
3

Ù y = 1/ 6 => iệ

Đặt : u = x => u’ = 1

Đặt v’ = 3

sin x , chọn v =
cos x

1
2sin x

−

Vậy F(x ) = 2

2sin

− x

x + 2 2

dx x 1

cot x C
2sin x 2sin x = − −2 +

∫

4. a. Ta có: A’CA = 300 và CA’D = 450.

=> AA’ = 4, AC = 4 3, CD = 4 2

Suy ra : AD = 4. Thể tích khối hộp là : V =
AA’. CD. AD = 64 2 .

b. Gọi SAC là thêít diện qua đỉnh. Gọi I là trung điểm
OH vng góc SI thì OH vng góc (SAC) => OH = 4

AC, kẻ
.

2 2 2

1 1 1

OI =OH −OS =64
3

=> OI2 = 64/3

Ö SI2 = OI2 + OS2 = 256/3 => SI = 16/ 3
Ö Và AI2 = SA2 – SI2 = 44/3 => AI = 2 11/ 3 
Ö SSAC = SI. AI = 32 11 /3

a) Khảo sát và vẽ đồ thị ©.

b) Viết phương t ng góc với đường th

c) Dùng đồ thị © để biện luận theo m số nghiệm của ph
ới x thuộc [0 ; π]

2. a) Gi 3 + 40log4x

Đề 3:

1. Cho hàm số y = x3 – 3 x

rình tiếp tuyến v ẳng y = x / 3

ương trình :
8sinxcos2 x - 2sinx + m = 0 v

ải phương trình : logx/2 x2 – 14log16x x x = 0

b) Vẽ đồ thị hàm số y = log2 x và suy ra đồ thị hàm số y = log 4 x - 22

3. a) Giải bất phương trình : x
x

6
2
2 −1<

b) Tìm GTNN của hàm số y = 5sinx + 4 2

(5sin x-2) với (π/6 ≤ x ≤ π)

A’’ D’

B’ C’

B S

A B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

www.saosangsong.com.vn

c. Tính tích phân I = 1 x xd

2 2

∫

A và có đường cao AH =

0 x +3+ x +

4. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy là tam giác cân tại 2 3 ,
cạnh đáy BC = 6 , mặt (ABC’) hợp với mặt bên BCC’B’ một góc 600.

i tiếp tứ di ’.

+ m = 0

2 sinx : X3 - 3 X = m (0 ≤ X ≤ 2)

điểm của phần đồ thị ứng với
ới đường thẳng y = m.

Mỗi X thuộc [0 , 2) cho ta 2 nghiệm x
Riêng X = 2 : x = π/2 (1 nghiệm )

ăn cứ đồ thị , ta có kết quả sau:
¾ m < - 2 hay m > 2 : VN
¾ m = 2 : X = 2 => 1 nghiệm x

¾ m = - 2 hay 0 < m < 2 : 1 nghiệm X ≠ 2 => 2 nghiệm x .
¾ 0 ≤ m < - 2 : 2 nghiệm X ≠ 2 => 4 nghiệm x .

. a. Đk: x > 0, ≠ 2, 1/16, ¼. Đưa về cơ số 2 và đặt t = log2 x
a. Xác định tâm mặt cầu ngoạ ện AHCC

b. Tính thể tích lăng trụ .

Giải 3:

1. a. Học sinh tự giải. y

b. y’ = 3x – 3 = - 3 Ù x = 0 => y = 0 3

PT tiếp tuyến : y = - 3x.
2

c. 8sinxcos x - 2sinx + m = 0 với x thuộc [0 ; π]
Ù 8sinx(1 – sin2x) – 2sinx

Ù (2sinx)3 – 3(2sinx) = m
Đặt X =

Số nghiệm X là số giao
0 ≤ X ≤ 2 (màu xanh) v

*

*
C

2

2 2

2log x 3log x (1/ 2)

14. 40.

− + 2

2
2

log x
log 4x
2t − −3t 2) 0=
Ù

2 2

log (x/2) log 16x

2t 42t 20t

<=> 0

t 1 t 4 t 2− − + + + = <=>

t = 0, t = ½ , t = 2 Ù x = 1, x = 2 , x = 4.

b. y = log 4 x - 22 = 2. [2 + ½ log2(x – 2)]

Ù y = 4 + log2(x – 2)

Vậy đồ thị này là đồ thị hàm số Y = log2 X vẽ trong hệ trục I XY với I(2 ; 4)

-2 -1 1 2

-3
-2
-1
1
2

x

π/2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

x 2 x x x

x x

(2 ) 2 6 (2 3)(2 2)

0 0

2 1 2 1

− − > <=> − + >

− −

3. a. Bất PT Ù

Ù 2x < 1 hay 2 > 3 Ù x < 0 hay x > log23

b. Đặt t = 5sinx (5/2 ≤ t ≤ 5): y = t + 2
2)
−

4
(t

(t 2) 8 t 4

=> − = <=> =
y’ = 1 - 8 3 = <0

c.

(t 2)−

y(4) = 5; y (5/2) = 18,5; y(5) = 49/9 . Vậy miny = 5.

1 2 2 1 2 2 3/2 2 3/2 1

x 4 x +3 )xdx . (x +4) -(x +3)

2 3⎡ ⎤

+ − = ⎣ ⎦

∫

= . . .

0 . Mặt khác góc ACC’ = 900 . Vậy mặt cầu

i tâm là trung điểm

b.Ta có AH vng góc (BCC’B’). Kẻ HI vng góc BC’ thì BC’
c (AHI) => góc AIH là góc của (ABC’) và (BCC’B’) :
= 600.

4.a. .Ta có AH vng góc (BCC’B’) => góc AHC’ = 90
ngoạ tiếp AHCC’ có đường kính là AC’ =>

của AC’. C’ B’

vng gó

góc AIH A’

=> HI = AH/ 3 = 2 .

Hai tam giác BHI và BC’C đồng dạng cho :
CC’ = BC. BI 6. 5 3 5

HI 2

Thể tích lăng trụ : V = S

= =

ABC. CC’ = ½ . AH. BC. CC’ = 18 15 .

Đề 4:

1. Cho hàm số : y =

2 +3x - 3

b) Định m để đường t ng y = m cắt đồ thị tại hai điểm MN sao cho MN = 1.

c) Đường thẳng y = m cắt đồ thị tại hai điểm M, N. Tìm tập hợp trung điểm I của MN khi m

. a) Giải phương trình : 3.8x x +4.12 −18x x −2.27 =0

m để hệ

x
−

2(x 1)−
a) Khảo sát và vẽ ©.

hẳ
thay đồi.

2

b) Tìm

3 3

2 (x - 2x 5)

log (x 1) log (x 1) log 4
log (x -2x+5) - mlog + 2 = 5

+ − − >
⎧⎪

⎨ có 2 nghiệm phân biệt.

a) Gi

⎪⎩

3. ải bất PT : x 1) (xlog2)log4 log 3

log8
+

+ > +

: y = cosx +
h phân:

log(1 2

b) Chứng minh hai đồ thị sau tiếp xúc và viết phương trình tiếp tuyến chung của chúng
x , và y = ex

c) Tính tíc /2

2 2

sin 2xdx
cos

4. Cho lăng trụ xiên ABC

x+4sin x

∫

. A’B’C’ có mặt bên BCC’B’ là hình vng cạnh 6 và cạnh bên hợp với

0 là tam giác đều. Chân H của đường trong tam giác

a) Tính thể tích lăng trụ.

b) Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp A’ABC, tính khoảng cách từ O đến mp (ABC).
đáy góc 60 , đáy cao A’H của lăng trụ nằm

ABC.

C B

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

www.saosangsong.com.vn

ành độ giao điểm : - x 2 + 3x – 3 = 2m(x – 1)
+ 3 – 2m = 0 (1)

Giải 4:

1. a. Học sinh tự giải.

b. Phương trình ho
Ù x2 + (2m – 3) x

Giả sử x1, x 2 là hai nghiệm của (1) : 1,2

b
x =

− ± Δ

, thế thì M(x1 , m), N(x2, m) . Suy ra :

2 2 2

(2m 3)

Δ −

4(3 2m)

4m 4m 3

− −
(x2 – x1)2 =

MN =

a = 1 = − −

ậy MN = 1 Ù 4m2 – 4m – 4 = 0 Ù m = 1 5

x
2

=
⎪
⎨

c. Tọa độ I :

x + x 3 2m

2x 2y 3 0
2

−

⎧ =

=> + − =

0 Ù m < - ½ hay m > 3/2 . Vậy tập hợp các điểm I là phần

2. a. Phương trình Ù 3. 2 + 4. 2 . 3 x – 2 x .32x – 2.3 = 0
x - (3/2) 2x – 2.(3/2)3x = 0 
Đặt t = (3/2)x > 0 : 2t3 + t2 – 4t – 3 = 0 Ù (t + 1)(2t2 – t – 3) = 0

trình đầu Ù

y m

⎪ =
⎩

Điều kiện có M, N Ù 4m2 – 4m – 3 >

đường thẳng 2x + 2y – 3 = 0 với y< - ½ hay y > 3/2.

3x 2x 3x

Chia hai vế cho 23x > 0 : 3 + 4(3/2)
Ù t = - 1 (loại), t = 3/2 Ù x = 1.

b. Bất phương log 3 x 1 log 2 (x 3

x 1

+ > >

− 1)

Ù x 1+ > <=> + >2 x 1 2(x 1)− <=>x <3. Vậy 1 < x < 3.

x 1−

* Đặt t = log2(x2 – 2 x + 5) . Vì x2 – 2x + 5 = (x – 1)2 + 4 > 8 nên khi 1 < x < 3 thì:

uộc (2, 3).
Khảo sát hàm số f(t) trên (2 , 3) , ta được: - 25/4 ≤

3. a. BPT Ù

4 < x2 – 2x + 5 < 8 => 2 < t < 3.

Phương trình sau thành : t – m/t = 5 Ù f(t) = t2 – 5t = m (*)
Hệ có nghiệm khi (*) có nghiệm th

m < - 6

x + 1 (xlog2).2log 2

log(1 2+ )> +log 3Ù

- sin x + 1 = e (2)

⎨
⎪⎩

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

3log 2

x + 1 2x/3

log(1 2+ ) log 3.2>
Ù 1 + 2x + 1 > 3. 22 x / 3

x

Đặt t = 2x /3 > 0 : 2.t3 – 3t2 + 1 > 0 Ù (t – 1)2 (2t +

-3.5 -3 -2.5 -2

y

1) > 0 Ù t ≠ 1 Ù x ≠ 0 .

b. Đk tiếp xúc :

cosx x = e (1)

⎧ +

⎪ .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải (1): Vì cosx )

Ta có hàm số f(x) = e x = 0 : c

≤ 1 nên cosx + x ≤ 1 + x . Suy ra : ex ≤ 1 + x Ù ex - x ≤ 1 (*
x - x có f ’(x) = ex – 1 = 0 Ù ực tiểu .

) ≥ 1 , mọi x . Do đó (*) Ù x = 0 và x = 0 là nghiệm duy nhất của (1).
m (0 ; 1) và phương trình tiếp tuyến chung tại
x

Lập BBT, ta suy ra : f(x

Nghiệm này thỏa (2) . Vậy hai đồ thị tiếp xúc tại điể
đó là y = + 1 (xem hình) .

2 2

2
0

3sin x

∫

d(sin x ) 2 3sin x 1 ]+ 0 4

3 3

+ 1

π π

= =

A’H = AA’

c.

3
2

4. a. Kẻ đường cao AH: góc A’AH = 600 => A’H = = 3 3 . Vậy thể tích là : V =

6 3

SABC. A’H = .3 3 81=

b. Gọi I, I’ là trung điểm của BC và B’C’. Vì BC vu
(AII’A’), do đó H nằm trên đoạn AI. Gọi O là tâm m
đáy. Đặt OK = x , ta có: OA

ơng góc với AA’ và AI nên BC vng góc
ặt cầu, có hình chiếu lên (ABC) là tâm K của
2 = AK2 + OK2 = (2 3 2

Trong hình thang 2

) + x 2 = 12 + x2.

vuông A’HKO : OA’ = (A’H – OK)2 + HK2 = (3 3 - x )2 + ( 2 3 - 3)2
a có: OA2 = OA’2 (bán kính) Ù 12 + x 2 = (3

T 3 - x )2 + ( 2 3 - 3)2

2 = 27 – 6x

Ù 12 + x 3 + x2 + 12 - 12 3 + 9
Ù x = 2( 3 1)−

A’

C’

Đề 5:

1. Cho hàm số y = - x3/3 + (m – 1)x2 + (m + 3)x - 4

a) Định m để đồ thị có 2 điểm cực trị nằm hai phía đối với trục Oy.
b) Khảo sát và vẽ đồ thị ©.khi m = 0.

c) Dùng đồ thị để định a sao cho phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt.
|x|3 - 3x2 – 3|x| - 12 = 3a

2. a. Tìm GTNN của hàm số : y = x x+3

x x 3

1 1

4 2

4 2 −

+ − − +5

A C

B’

I
I’

H

O

O
A’

H K

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

www.saosangsong.com.vn

2 3

b.Giải phương trình : log (x -5x + 6) = log1 ⎛x 1− ⎞ 3) 2

3. a. Tìm tất cả giá trị của a sao cho bất PT sau đượ i mọi x :

3 log

(x-2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠+

c nghiệm đúng vớ ≤0

x 1 x x

.2 + +(2 +1)(3− 5) + +(3 5) >0
a a

x - 2x +
x 1
m m
y=

−
b. Biện luận theo m tiệm cận của đồ thị hàm số :

2
0

| x + 1|+|x 1|
x + 2

−

∫

c. Tính tích phân : I =

4.a .Cho hình chóp SABCD đáy là hình vng cạnh a , mặt SAB là tam giác đều còn mặt SCD là
tam giác vuông. Gọi M, N là trung điểm AB và CD. Chứng minh SMN là tam giác vng và tính
thể tích lăng trụ .

b. Cho hình trụ và hình vng ABCD cạnh bằng a, có AB và CD là hai dây cung của hai đáy hình
trụ và mp (ABCD) hợp với đáy góc 600. Tính thể tích khối trụ.

= - (m + 3) < 0

ủa đồ thị (C’) : y = |x|3/3 |x| - 4 và đường thẳng y = a.
Hàm số này chẵn nên đồ thị đối xứng qua Oy. Mặt khác khi x < 0 : y = - x3/3 – x2+ 3x – 4 tức y =

hần : phần (I) là phần của © ở bên trái Oy ( ứng với x < 0) và phần (II) là
.

1 2 3 4 5

-14
-10
-4
-2

x

Giải 5:

1. a. y’ = - x + 2(m – 1)x + m + 3

Hai điểm cực trị nằm 2 phía đối với Oy Ù y’ = 0 có 2 nghiệm trái dấu Ù P
Ù m > - 3

b. m = 0: f(x ) = - x3/3 – x2+ 3x – 4

c. PT Ù |x|3/3 – x2 - |x| - 4 = a

Số nghiệm của PT là số giao điểm c – x2 -
f(x ), do đó (C’) gồm 2 p

đối xứng của (I) qua Oy

y

-5 -4 -3 -2 -1

-6
-8

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Căn cứ vào hình, phương trình có 4 nghiệm Ù - 13 < a < - 4

2. a. y = x x
x

1 1

(4 ) 8.(2 ) 5

+ − + x + = (t

2
t2 – 8t + 3 = (t – 4)2 - 13 ≥ - 13.
ới t =

2 – 2) – 8t + 5 
=
x
x
1
2
2
+

v ≥ 2 (bđt Côsi) .

ậy miny = - 13 khi t = 4.

. PT Ù log3(x – 2)(x – 3) = log3
V
x 1
2
−
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠

b + log3|x – 3|

k: x > 3 hay 1 < x < 2 .
T Ù (x – 2)(x – 3) =
Đ
x 1
2
−
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠

P |x – 3|

x > 3 : x – 2 = x 1
2

−

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

* Ù x = 3 : loại.

1 < x < 2: x – 2 = - x 1
2

−

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

* Ù x = 5/3 : nhận.

. a. Chia hai vế cho 2x > 0 :

x x

3 + 5 3 5

(2a 1) 2a 0

2 2
⎛ ⎞ ⎛ − ⎞
+ + +
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 >

ặt t =

x
3 5

2
⎛ + ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟

⎝ ⎠ > 0 thì : t + (2a + 1)(1/t) + 2a > 0 Ù t

2 + 2at + 2a + 1 > 0 
f(t) =
Đ
2
t 1
2a
Ù

t 1+
+

> −

hi x thì 0 < t ≤ 1.

ố f(t) trên (0 , 1]:

x 0 2 1− 1
f’ - 0 +
f

K ≤0

Khảo sát hàm s
f’(t) =

t + −

2 0 t 2 1

(t 1)

2t 1= <

vào BBT

Ù 2(

=> = −

Căn cứ , yêu cầu bài toán

2 1− ) > - 2a
Ù a > 1 - 2.

b. Thực hiện phép chia : y = mx + (m - 2) + 2m 2
x 1

−
−
* 2m – 2 = 0 Ù m = 1: y = x – 1 => khơng có tiệm cận.
* m = 0 : y = - 2 - 2

x 1− => tiệm cận đứng x = 1, tiệmcận ngang y = - 2
ận đứng x = 1, ti x + m – 2 .
* m ≠ 2, 0 : tiệm c ện cận xiên y = m

c.

2x
; 1
x 2

f (x )= ⎨⎪⎪ + => I =
x 2

;0 x 1

⎧ ≤ ≤

⎪ ≤ ≤

x 2
⎪⎩ +

1 2dx 2

0 1

2xdx

x 2+ x 2+ = 2ln|x + 2}
= ln | x 2 | ]+ 0+ 2x 4ln | x 2 | ]− + 1 . . .

∫

(

)

1 2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

www.saosangsong.com.vn

a 3 a

4.a. SM = , SN =

2 2, MN = a

ông tại S.

đườ hình c B vng

góc (SMN)).

A
=> MN2 = SM2 + SN2 => tam giác

SMN vu

b. Kẻ SH vng góc MN thì SH là
ng cao hóp (vì A

Ta có : SH=SM. SN=a 3

MN 4

=> VSABCD =

a 3
12

. Kẻ đường sinh CE thì góc ABE = 1 v ( định lí 3 đường
.

ng góc ) => AE là đường kính và góc CDE = 600.
có : h = CE =

b

Ta a 3

2 và BE = a/ 2 .
Suy ra : AE2 = AB2 + BE2 = 5a2

4 => r

2 = 5a2
16
=> V = πr2h = 5 a 33

32
π

Đề 6:

1. Cho hàm số y = 1x - 2x +4 2 3

2 2

a. Khảo sát và vẽ đồ thị ©.
b. Tìm

trên Oy những điểm khơng vẽ được tiếp tuyến nào với ©.

c. Định a sao cho đường thẳng y = a cắt © tại 4 điểm A, B, C, D ( có hồnh độ lớn dần) sao
= CD.

2. a. Giải phương trình :

ủa hàm số : y =
cho BC

x x 1

2 1/2

log (4 + 4) = x log (2− + − 3)

b. Tìm GTNN c 2

2 x + 4

log (x + 4) + log 16

3. a. Giải BPT : 2

1/2 1/2

(x 1) log+ x (2x 5) log x 6+ + + ≥ 0
b. Tìm giới hạn của hàm số f(x) =

2x 1

ln(1 x)

− −

e

khi x tiến tới 0.

c. Tính nguyên hàm của F(x) của hàm số : f(x ) = biết F(0) = 1
cả c đều p với đáy góc α mà tan α = 6/

(3x 1)ln(1 + x)−

4. a. Hình chóp SABC có tất ạnh bên hợ 13 , đáy có AB =
4, AC = 3 và A = 60 . Tính thể tích khối chóp.

khối ch tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính 3 biết tâm mặt cầu cách đỉnh
một khoảng là 5.

iải 6:

b. Tính thể tích óp

G

B C

N
H

O’

A E

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

. a. Học sinh tự giải.

M(0 ; m) là điểm cần tìm. Phương trình đường thẳng d qua M : y = kx + m.

1
b. Gọi

4 2

4 2 3

k
⎧

⎪
d tiếp xúc © Ù

2x - 4x = k
3

x - 2x + = x + m 1 3

x - 2x + (2x - 4x)x m

2 2

2 2 > = +

yến qua M Ù (*) VN Ù 3t – 4t + 2m – 3 = 0 VN hay có 2 nghiệm đều âm.
ệm đều âm, thành ra : Δ’ = 4 – 3(2m – 3) < 0 Ù m > 13/6.
4 2 + 3 – 2a = 0 Ù t2 – 4t + 3 – 2a = 0 (**) với t = x2 ≥ 0.

, P = 3 – 2a > 0 và S = 4 > 0

Gọi t < t là các nghiệm của (**) , hoành độ của A, B, C, D là
⎨

⎪⎩

Ù 3x4 – 4x2 + 2m – 3 = 0 (*)

2
Khơng có tiếp tu

Vì S = 4/3 nên khơng thể có 2 nghi

c. PT hồnh độ giao điểm : x – 4x
Có 4 giao điểm Ù Δ’= 1+ 2a > 0
Ù - ½ < a < 3/2

2 1 1

t , t , t , t

− −

1 2 2

BC = 2CD Ù 2 1 1 t1 <=> 2 1 2 =4t1 (1)

ải (1), (2) và (3), ta , t2 = 16/5 và
2( t − t )= t + t =2 t <=>t

Mặt khác : t1 + t2 = 4 (2) và t1. t2 = 3 – 2a (3) . Gi được : t1 = 4/5
a = 11/50 .

2. a. PT Ù log (4x x 4) x log (2+ +1−3)

2 + = 2 Ù 4

x + 4 = 2 x ( 2 x + 1 – 3) 
0 Ù 2 = 4 Ù x = 2.

Ù 4 x - 3. 2x - 4 = x

b. Đặt t 2
2

log (x + 4) ≥ log 42 = 2: y = t 2

4
t
+
=> y’ = 1− 83 = <=> =0 t 2. Miny = y(2) = 3.

og22 x - 2log2 x ) + (log22 x - 5log1/2 x + 6 ) ≥ 0
Ù (log x - 2)(x log x + log x - 3) ≥ 0

3. a. BPT Ù x (l

2 2 2

* log2x – 2 = 0 Ù x = 4

* x log x + log x - 3 = 0 Ù log x = 2 2 2 3 Ù x = 2 : nghiệm duy nhất vì VT đồng biến trong khi
x 1+

VP nghịch biến.

Lập bảng xét dấu, ta được nghiệm : 0 < x ≤ 2 hay x ≥ 4.

b.

x 0

e 1

x
−

−

=
−

(1 + x) => u’ = 1/(1 + x)
F(x) = (x3 – x)ln(1 + x) -

x 0

x 0 x 0

(e ) ' 2

lim f (x) lim 2

ln(1 x) [ln(1 x)]' 1
=

→ →

−

= = = = −

+ +

c. Đặt u = ln

Đặt v’ = 3x2 – 1 : chọn v = x 3 – x

3 2

x - x

dx = (x - x) ln(1 x) -+ (x - x)dx

∫

= (x3 – x)ln(1 + x) – x3/3 + x /2 + C

O
I

α
3

4
A

C
1 x +

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

www.saosangsong.com.vn

F(0) = 1 => C = 1

4. a. Hình chóp SABC có

2 tất cả cạnh bên đều hợp với đáy góc α nên chân đường cao là tâm đường
tròn ngoại tiếp đáy. BC = 42 + 32 – 2.4.3. cos600 = 13 (định lí hàm cos)

=> OA = R = BC 13
2s

=> h = SO = OAtan

in A = 3 (định lí hàm sin)
α = 2 3 .

Thể tích khối chóp : V = S

A C

B
I
O

K 
5

3

ABC

1 1 1

.S .SO . .3.4.sin 60 .2 3 6

3 3

mà

= =

tan α = 6/ 13 , đáy có AB =

4, AC = 3 và A = 600 . Tính thể tích khối chóp.

đường cao SO và
ng góc SI thì KO =
ng dạng cho ta:

3 
b. Tâm K của mặt cầu là giao điểm của

phân giác IK của góc SIO. Kẻ KT v
KT = 3 và SO = 5 + 3 = 0 .

Hai tam giác SKT và SOI đồ

OI SO 3. 8

OI 6

KT =ST => = 4 = => BC = 12 3 .
Thể tích khối chóp : 288 3 .

Đề 7:

1. Chohàm số : (2 1)x + m + 1
x 2
m

y

m
−
=

+ (1).

a. Định m a hàm số (1) là m
của nó khi m th

để đồ thị củ ột hypebol. Khi đó tìm tập hợp những tâm đối xứng
ay đổi.

h t uyến của © vẽ từ A(2 ; 0).

2. a. Tìm GTLN và NN của hàm số y = sin3 x + cos3 x +
b. Khảo sát và vẽ © khi m = - 1.

c. Viết phương trìn iếp t

4sinxcosx
b. Giải phương trình : 2 log 9− x

log x

x x x

12
=

-x + 3-x 4)

3. a.Giải BPT : log (2.92 −5.4 +6 ) 2>

b. Định m để BPT sau có nghiệm : log1/x2(x - ) < log1/x2(

m −

c. Tích tích phân: 4 dx

2
7x x + 9

∫

4. a. Cho hình chóp đều SABCD có hai mặ ên liên tiếp hợp nhau góc 600 và khoảng cách giữa SC

ố

ại p hình trụ. Biết diện tích xung quanh hình trụ bằng nửa diện tích mặt
ầu , tính thể tích khối trụ.

t b
và AC là 4. Tính thể tích kh i chóp.

b. Mặt cầu bán kính R ngo tiế
c

Giải 7:

1. Đồ thị y = ax + b

cx + dlà một hypebol khi ad – bc ≠ 0 và c ≠ 0 .

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

* Tâm đối xứng I là giao điểm của 2 tiệm cận => toạ độ I là :

2
x =

-⎧

⎪⎪ m y 2 x/2

2m 1 1

y 2

m m

=> = +

⎨ −

⎪ = = −

⎪⎩
≠ 0, - 2 , - 1.

m ≠ 0, 1 , 2 => x

b. Học sinh tự giải.

c. © : y = 3x

x 2− . PT đường thẳng d qua A: y = k(x – 2).

d tiếp xúc © 2

.(x 2)

6 k x 2 (x 2)

(x 2)

=> = −

⎨ − − −

⎪ =

−
⎪⎩

k(x 2)
x 2

⎧ = −

⎪ −
⎪

Ù 3x 6−

x = - 2 => k = -3/8 và d : y = (-3/8)(x – 2)
Ù

2. a. y = (sinx + cosx)(1 – sinxcosx) +

4sinxcosx
Đặt t = sinx + cosx = 2 cos(x )

4
π

− => |t| ≤ 2 và sinxcosx = (t2 – 1)/2

y = t 1⎛ t2−1⎞ 9 t⎛ 2−1⎞ t3 9t2 3t 9

2 4 2 2 8 2 8

− + = − + + −

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y’ = −3t2 +9t 3+ = <=> = −1/ 2 ; t 20 t

2 4 2 = (loại) . . .

ogx 3

b. Đặt t = l : 2 2t− = −t. 12 <=>⎧t 0≤ 2

2 2t 12t

⎨

− =

⎩ Ù x = 1/9

-5. 4 x + 6 x > 4 Ù 2(9/4)2x + (3/2) x – 5 > 4.(1/4x ( chia hai vế cho 4 x > 0) 
Ù 2(9/4)2x + (3/2) x - 4.(1/4)x > 5

n trên R vì là tổng các hàm số đồng biến trên R và
s n , BPT có nghiệm x > 1.

b. Nhớ công thức :

1
log f (x) > log g(x) <=> f (x) > g(x) hay f (x) < g(x)

g(x) > 0 f(x) > 0

⎧ ⎧

⎪ ⎪

⎨ ⎨

⎪ ⎪

⎩ ⎩

* Nếu 1/x2 > 1 Ù - 1 < x < 1: BPT Ù 0 < x – m < x2 + 3x – 4
y vơ nghiệm vì khi – 1 < x < 1 thì x2 0

Ù t = - 1/2

3. a. BPT Ù 2. 9 x )

Gọi f(x ) là hàm số ở VT, hàm số này đồng biế
f(1) = 5. Do đó theo định nghĩa của hàm ố đồng biế

a a

a 1> 0 a< <

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

www.saosangsong.com.vn

* Nếu 1/x2 < 1 Ù x < - 1 hay x > 1 : BPT Ù x – m > x

x - 2x + 4 > m

< − >

⎩

x < - 1 hay x > 1 : BPT Ù x – m 2 4 hay 1

x - 2x + 4 > m

< − >

⎩

2 + 3x – 4 > 0 Ù ⎧x x

⎨
−

> x2 + 3x – 4 > 0 Ù ⎧⎨x x 2 4 hay 1

−

Khảo sát hàm số y = - x2 – 2x + 4 khi x < - 4 hay x > 1 , BPT có nghiệm khi m < 1.
Khảo sát hàm số y = - x2 – 2x + 4 khi x < - 4 hay x > 1 , BPT có nghiệm khi m < 1.

c. I =

∫

4 dx =

∫

4 xd x

7x x + 9 7 2 2 .

Đặt t =

x x +9

2 2 2

x +9=> =t x +9=>tdt xdx= :
I =

5 dt 1 5 1 1 1 t 3

4 4

(t 9) 6 t 3 t 3 6 t 3

−

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟=

− ⎝ − + ⎠ +

∫

óc SB thì AHC = 1200 (vì OH < OC = OA nên góc này tù) và OH = 4.

4.a. Kẻ OH vuông g

Suy ra : OA = 4 3 => AB = 4 6 .

2 2 2

1 = 1 − 1 = 1 − 1 = 1

SO OH OB 16 48 24

=> SO = 2 6 .
V = 64 6 .

b. Gọi r và h là bán kính đáy và chi ụ. Ta có :
Sxq = 2πrh = 2πR2 Ù rh = R2 (1)

B2 + BB’2 = AB’2 Ù 4r2 + h2 = 4R2 (2) 
+ h2 = 4rh Ù h = 2r.

Suy ra : r =

ều cao hình tr
Mặt khác : A

2
Từ(1) và (2) : 4r

3
hinhtru

; h R 2 V

2
2

= => =

Đề 8:

1. Cho hàm số :

R R

x + (2m - 1) x - 2m
x -

m
y

m

= (1)

a. Chứng tỏ đồ thị của hàm số (1) thường đi qua ba điểm c
b. Khảo sát và vẽ đồ thị © khi m = - 1.

c. Tìm trên Ox những điểm từ đó kẻ được các tiế tuyến với © và hai tiếp điểm thuộc hai
nhánh của ©.

ố định.
p

4

C
D

H O’

A r B

B’

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

x
2

2. a. Chứng minh : e x ≥ 1 + x + với mọi x ≥ 0.
. Giải bất phương trình :

x 1 x

b x x

3 −2
3 - 5.2

1
+

≤

x +

− x + (x + 1)2 2−4x 2

iệt :

3. a. Tìm cực trị của hàm số : y =

(

)

(

)

2 4

log x + 1
⎧⎪

b. Định m để hệ sau có 2 nghiệm phân b 1 log y
log y m 2

− =
⎨

+ =

⎪⎩
Tính tích phân: 3

xdx

2 x 1

− + +

∫

c.

4. a. Cho lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’ có tất cả mặt bên đều là hình thoi cạnh bằng 2a, riêng mặt
vng góc với mặt đáy và c n tích là 2a2. Tính thể tích khối lăng trụ và góc

ợp với

giác đều

2 ( m x

bên BCC’B’ cịn ó diệ

mà các mặt bên ABB’A’ và ACC’A’ h đáy.

b.Tính diện tích mặt cầu tiếp xúc với tất cả cạn

iết cạn 0 h bên và mặt phảng đáy của hình chóp tam

b h bên là a và hợp với đáy góc 60 .

Giải 8:

1. a. Viết lại (1) : y(x – m) = 2mx + (2m – 1)x – 2m ≠ )
Ù

) thỏa (*) với mọi x Ù xy + x 0 (2)2

2x + 2x - 2 = y (3)

=
⎧

⎨
⎩

* Thế x = 0 vào (3) : y = - 2 => đồ thị luôn qua điểm (0 ; - 2) với mọi m
m(2x2 + 2x – 2 + y) - xy – x = 0 (*) với

Tọa độ điểm cố định (x ; y
(2) Ù x = 0 hay y = - 1.

≠0

ng trình này có 2 nghiệm 1 3
2
− ±
* Thế y = - 1 vào (3): 2x2 + 2x – 1 = 0 : phươ

=> đồ thị luôn qua 2 điểm ( 1 3
2
− ±

; - 1) với mọi m ≠ 1 3

2
− ±

k(x – a).

x - 3x + 2
⎧−

x 2x 5

⎨− − −

⎪ = =>

k(x a)

x 1 = −

⎪ +

⎪ 2 2

x - 3x 2 x - 2x - 5

(x a)

x 1 (x 1)

− + = − −

+ +

2 k

(x 1)

⎪ +

⎩

Ù (a + 2) x 2 + 2(a – 2)x + 5a - 2 = 0 ( x ≠ - 1)

ệ hỏa x1 < - 1 < x2 Ù (a + 1)f( - 1) < 0
- x – x2/2 - 1 ≥ 0 , mọi x x ≥ 0.

Khảo sát f ‘ , ta được : f ‘(x ) ≥ 0 , mọi x => f (x) ≥ f(0) = 0 , mọi x ≥ 0.
Yêu cầu bài tốn Ù phương trình trên có 2 nghi m t

Ù (a + 2)(4a + 4) < 0 Ù - 2 < a < - 1

2. a. ĐPCM Ù f(x ) = ex

f ’(x ) = ex – 1 – x và f ”(x) = ex – 1 = 0 Ù x = 0

b. BPT Ù Ù

x x x

2.3 4.2 2(3 / 2) 4

0 0

− −

x x x

3 −2 ≤ <=> (3 / 2) −1 ≤ Ù 1 < (3/2)

x ≤ 2 Ù 0 < x < log
3/22

3.a. y = - x2 + x + | x 2 – 1| = 1

2x + x 1; 1 x 1

− ≤

⎧
⎨

− + − < <

⎩ 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

www.saosangsong.com.vn

=> y’ = ⎧⎨

<
Hàm số có

1; x 1 hay x 1
4x + 1; 1 x 1

≤ − ≥

− − <
⎩

CT x = 1 và CĐ x = ¼.

b. PT đầu: y = (x + 1)2 / 4 với x > 0, .
(x + 1)2 / 4 + m = x2 Ù f(x) =
3x – 2x – 1 = 4m

Khảo sát f khi x > 0, , phương trình có 2

x - oo - 1 ¼ 1 + oo
y’ + + 0 - +
y

1
≠
Thế vào PT sau:

1
≠
nghiệm Ù - ¼ < m < - 1/3.

c. Đặt t = x 1+ =>t2 = + =>x 1 dx =2tdt: I = 
2

2(t 1). 2tdt 2 2 6

2 (t 2t 3 )dt

−

= − + −

∫

0 2 t+

∫

0 t 2+

ơng góc BC thì B’H là đường cao
lăng trụ , ta có : SBCC’B’ = BC. B’H

Ù 2a2 = 2a. B’H Ù B’H = a
LT

= . . .

4.a. Kẻ B’H vu

Vậy V = (2a)2 3.a a 3= 3

vng góc AB thì góc KH là góc của
) và đáy.

* Kẻ HK B’

(ABB’A’

Ta có : BH = a 3 => HK = BH 3 3a
2

= => tan
c

c Vì hai

góc C’JI
600 => OC = a/2 và SO =

C
B’

C’

I
A’

2
B’KH = a/(3a/2) = 2/3

* Kẻ đường cao C’ I = B’H , kẻ tiếp IJ vng gó
AC thì góc C’JI là góc ủa (ACC’A’) và đáy.
tam giác vuông B’HK và C’IJ bằng nhau nên
= góc B’KH = arctan(2/3).

b. SCO = a 3

2 . là

tâm mặt cầu thuộc đường cao SO. Kẻ KT vng góc
: KT = KO = r.

giác SKT và SCO đồng dạng cho :
Gọi K
cạnh SC

ai tam
H

KT SK

KT. SC OC. SK
OC= SC => =

Ù r. a = (a/2). (a 3 - r) Ù r =
2

a 3
6 .

x – 3(m – 1) x + 3mx + 3 (Cm)
a. Định m để hàm số giảm trên (0 ; 1).

trên parabol y = x2 + 27/4 n m có 2
số khi m = - 1.

Đề 9:

1. Cho hàm số y = 3 2 2

b. Tìm hững điể

c. Khảo sát hàm

đồ thị (Cm) đi qua.

2. a. Chứng minh rằng: ln(1 x) x
1 x
+ ≥

+ với mọi x > - 1.
b. Tìm GTLN và GTNN của hàm số : y = x - 1 1

x x 1

−

− −

3.a. Giải bất phương trình : 22x 3+ −3.2−x+1 <2x+1

H 
K

J
a

A C

B
I
O

K

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

hiệm

b. Định m để phương trình sau có ng : logsinx (2msinx) = log2(8sinx)
c. Tính tích phân:

∫

π/2sin 2x cos x+

0 1 3sin x+ dx

. a. Cho hình chop SABC có đáy ABC là tam giác vng tại A cịn SAB là tam giác đều cạnh
bằng a và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết SC hợp với mặt phẳng (SAB) một góc 600.

i chóp.

b. Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

m + 9) < 0

Ù m < 0 và (m < - 1 hay m > 9) Ù m < - 1.

(C ) qua (x ; x2 + 27/4 ) Ù x2 + 27/4 = x3 – 3(m2 – 1) x2 + 3mx + 3
2 + 15/4 = 0 (*)

= (3x) - 4.3x (- x - 2x +15/4) > 0
≠

Δ
⎪⎩

0 ( x ≠ 0) Ù (x – 1)(4x2 + 12x + 12) > 0 Ù x > 1 .

4

Tính thể tích khố

Giải 9:

1. a. y’ = 3x2 – 6(m2 – 1) x + 3m . Ghi nhớ: Cho phương trình 
 f(x) = ax2 + bx + c = 0 (1) và một sốα.

ỏa x1 < α < x2 , điều

kiện cần và đủ là af(α ) < 0
ông cần ∆ > 0)

u cầu bài tốn Ù y’ = 0 có 2 nghiệm thỏa :

x ≤ 0 < 1 ≤ x1 2 Để (1) có 2 nghiệm th
Ù y’(0) < 0 và y’(1) < 0

Ù 3m < 0 và ( – 6m2 + 3 ( kh

b. m

Ù 3x2 . m2 - 3x. m - x3 – 2x

Có 2 đồ thị (Cm) Ù (*) có 2 nghiệm m Ù 2 2 3 2

3x 0

⎧⎪
⎨
Ù 4x3 + 8x2 – 12 >

2.a. Bđt Ù f(x ) = ln(1 + x) x
1 x
−

+ ≥ 0 .

Ta có : f’(x ) = 1 2 2

1 x (1+ − +

1 x

x) = (1 x)+ = 0 Ù x = 0
=

Khảo sát, ta suy ra đpcm.

2 2

t 2t
(t t 1)

− +
− +

b. Đặt t x 1 0− ≥ : y = 2
t − +t 1

t 1−

=> y’ = = 0 Ù t = 0, t = 2 .
oo.

Vậy miny = - 1 và

2 + 6t + 6) < 0 Ù

ặt t = log2sin x : Vì 0 < sin x < 1 nên t < 0 và phương trình
≥ - 1.
y(0) = - 1, y(2) = 1/3, limy = 0 khi t tiến đến +

maxy = 1/3.

3.a. Đặt t = 2 x > 0 : 8.t2 – 6/t < 2t Ù (t – 1)(8t t < 1 Ù x < 0

b. Đk : sinx > 0 , ≠ 1

PT Ù 1 + mlogsinx 2 = 3 + log2sin x

B
a

thành: 1 + m/t = 3 + t Ù t2 + 2t = m

Khảosát hàm số này khi t < 0, yêu cầu bài toán là : m

c. I = /2

(2sin x +1)cosxdx
π

∫

1 3sin x + G

K
Đặt t = 1 3sin x+ => = +t2 1 3sin x ; 2tdt 3cos xdx=

I = 2 2(2t2+1)dt= [2 2t3 +t

∫

2 .

1
1

34
]

9 9 3 =27

ợp với
C = SA

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

www.saosangsong.com.vn

2 3

1 a a

. .

3 4 4 .

a 3=

tròn (SAB) và trung trực KI của AC và song
K, diện tích mặt cầu là :

2 2 2 2

V = 1/3. SSAB. CA =

* Tâm mặt cầu là giao điểm của trục GK của đường
song AG. Bán kính mặt cầu là A

2 2

S = 4πAK = 4π (AG + AI ) = 4π (a /3 + 3a /4) = 13πa /12
Đề 10.

1. Cho hàm số : y =

2 2 2

2m x +(2 - m )(mx + 1)

điểm nào đối

b CMR với mọi m khác 0, hàm số (1) ln có cực đại và cực tiểu và tìm tập hợp các điểm
cực đại và tập hợp các điểm cực tiểu .

ương trình : 2 +

ìm m để hai đồ thị y = lnx – mx và y = x2 – 3x tiếp xúc nhau. Viết phương trình tiếp tuyến
đó.

b. Giải bất phương trình : 2 2

2x - 1 x +1

log (2x + x 1) + log− (2x 1) > 4 −

đáy là hình vng cạnh bằng 10, mặt bên SAB là tam giác cân tại S và

ằm tro là

(1)
x 1

m +

2.a. Giải ph lo g (x +3) log (2x + 3) =2 1/2 2
b. T

chung khi

3.a. Tínhtích phân : 1 x2 x 2
1(e sin x + e x )d x

−

∫

c. Giải hệ : 2 2

2 2

x - x

log (x +y ) = 1+ log (xy)
3 y y+ = 81

⎪
⎨
⎪⎩

4. a. Cho hình chóp SABCD

⎧ 2 2

n ng mặt phẳng vng góc với đáy. Biết khoảng cách giữa SC và DI 5 , I là trung điểm
h thể tích khối chóp.

b. Tính bán kính mặt cầu qua đỉnh và tiếp xúc với tất cả cạnh đáy hình chóp đều SABCD biết cạnh
cao là 15.

1. a. m
BC. Tín

đáy bằng 10 và chiều

Giải 10:

2x 1
− +

x + 4x - 2

Học sinh tự giải.

Gọi (x ; y) và ( - x; - y) là

y x + 4x - 2

xy+y = x + 4x - 2 1)
⎧

⎪ ⎧−

2 2 1 2 8 2 (

8( y y 8

2( 1

x) + 4(-x) - 2 -2 x x - 4x - 2 (2)
x)

− +

⎪ <=>⎪

⎨ − ⎨

− =
⎪⎩

− − +
y = 4x.

Thế vào (1) : - 8x2 + 4x = 8x2 + 4x – 2 Ù 16x2 = 2 Ù x =
y

⎪− =
⎪⎩

Trừ (1) và (2) : 2y = 8x Ù

1/ 2 2

Vậy có hai đ

Cách khác: G

iểm

ọi y = kx là đường thẳng qua hai điểm đối xứng, nếu có. Hồnh độ của chúng là
nghiệm của phương trình :

2 1

x + 4x - 2
x

− + = kx Ù (8 + 2k)x

2 - (k – 4)x – 2 = 0

a O nên phương trình trên có hai nghiệm mà tổng là 0 => k = 4.
Vì hai điểm này đối xứng qu

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

b.

2 2

y 2 m

m 1

x
x

= + −

+ => y’ = => y’ =

3 2 2

2m x + 4m x

= 0 Ù x = 0 , x = - 2/m (m ≠ 0)

(mx +1) 1 2

2 và y

2 = - m2 – 6
xét dấu :

Suy ra y1 = 2 – m

Lập bảng

Suy ra:

Điểm CT: 1 2

y =2 - m < 2

⎩

x = 0

⎧

⎨ => tập hợp

các điểm CT là x = 0 ; y < 2 ( tia nằm
trên trục Oy)

Điểm CĐ:

2 4

y = - m - 6 = - - 6

⎨ => t

1 2

x
⎪⎩

2 / m
x =−
⎧
⎪

ập hợp

2 = 4(2x + 3) ận)

1
⎪⎩

: ln x – 1 + x 2 = 0 (VT là hàm số

đó là (1 ; - 2) và hệ số góc của tiếp tuyến là – 1.
y x – 1.

e sinx xdx + exx dx

∫

= A + B.

* Tính A: 1 t2 1 t2

)= - e sin tdt = - A

−

− − => A = 0.

Nhậ f(x) là hàm số lẻ trên đoạn [a ; a] thì :
* Tính B bằng tích phân từng phần:

B = [e x x2] 1 1 1 1

1 1 1 1

|− e 2x xdx (e 1 x ]− 2 e dx x

− −

−

∫

= − +

∫

= . . .

b. 2

2 x +1

log (2x 1) > 4 − (1)

/t > 3 Ù

• m > 0: x2 < x1

x - oo x2 x1 + oo
y’ + 0 - 0 +

CT
1 2

x - oo x1 x2 + oo
y’ - 0 + 0 -

CT CĐ
CĐ

• m < 0: x < x

đồ thị y = - 4/x – 6 .

2. a. Đk: x > - 3/2. PT Ù (x + 3) Ù x2 – 2x – 3 = 0 Ù x = - 1 hay x = 3 (nh

b. ĐK: ⎧⎨lnx - mx = x - 3x <=>⎧⎪⎨lnx - mx = x - 3x2

− ( x > 0)

2
2

m 2

1/ x - m = 2x - 3 x x -3x =
⎩

Trừ Ù x = 1 đồng biến khi x > 0)

Suy ra : m = 2. Tọa độ tiếp điểm khi
hung là : =
-Vậy PT tiếp tuyến c

1 1 2

3. a. I =

1 1

− −

Đặt t = - x => A =

1 e sin( t)( dt

∫

ố a

af (x)dx = 0

−

∫

n xét: nếu hàm s

/ e) [e .2− x

x - 1(2x 1)(x 1) + log− +

ĐK: x > ½ , ≠ 1 : (1) Ù 1 + log2x – 1 (x + 1) + 2logx + 1(2x – 1) > 4

t 3t 2

0 t 2 hay 0

Ù t + 2 < <t 1 vớ

<=> − + > <=> > i t = log2x – 1 (x + 1)

2 y x > 2

* x > 1 : x + 1 > (2 x – 1) hay 1 < x + 1 < 2 x – 1 Ù 1 < x < 5/4 ha
2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

www.saosangsong.com.vn 
x + y = 2xy

⎧⎪

SH vng góc AB. Suy ra : SH
ABCD) ( tính chất 2
mặt phẳng vng góc (SAB) và

CD)).

góc DI (định lí 3 đường vng góc
vng góc SI
thì KM = d(SC, DI) =

c. Hệ Ù

2 2

2 y y2 x y 2

x - x = 4 <=> = = ±
⎨

+
⎪⎩

4.a. Gọi H là trung điểm của AB thì
vng góc (

(AB

Trong hình vng ABCD, ta ln
có : CH vng góc DI => SC vng
), do đó nếu kẻ KM

5 .

Ta tính được : DI = 5 5, CK 2 5= = 2KM, suy ra : góc MCK = 300 => SH = CH/ 3 = 5 5 / 3 
hối chóp : V =

Thể tích k 500 15

S = R.

(15 – R)2 + 25
Ù

b. Tâm K thuộc đường cao SO, kẻ KI vng góc BC
(I : trung điểm BC), ta có : KI = K

Ta có : KI2 = KO2 + OI2 Ù R2 =

R = 250/30 = 25/3

K

C
D

C
B

M

K 10

A
H
B
C

I C
K

</div>

giai tich 12 khong co gi la kho

<b>TOÁN 12 </b>

<b>Đề Tự Luận </b>

<b>M</b>

<b>ự</b>

<b>c </b>

<b>độ</b>

<b> : Khó </b>

<b>www.saosangsong.com.vn</b>

<b>ƠN H</b>

<b>Ọ</b>

<b>C KÌ 1 (09-10) </b>

<b>M</b>

<b>ự</b>

<b>c </b>

<b>độ</b>

<b>: Khó </b>

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

<sub>∫</sub>

∫

∫

∫

(

)

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

<sub>∫</sub>

<sub>∫</sub>

∫

∫

∫

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về