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 . 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 . 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,. :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