Câu I. Có (2 )( 1) 1 m m y x m x − − = − + − 1. Khi m = 0 có 2 1 y x x = − − 1.1. Tập xác định: \{1}¡ 1.2. Sự biến thiên: -Có 2 2 ' 1 0 ( 1) y x x = + > ∀ ∈ − \{1}¡ nên hàm số đồng biến trên từng khoảng ( ;1) −∞ ; (1; ) +∞ và không có cực trị -Ta có 1 1 2 2 lim lim ( ) lim ; lim lim ( ) lim 1 1 x x x x x x y x y y x y x x + − →−∞ →−∞ →+∞ →+∞ → → = − = = −∞ = − = = +∞ − − Và 2 2 lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) 0 1 1 x x x x y x y x x x →−∞ →−∞ →+∞ →+∞ − = − = − = − = − − Nên phương trình tiệm cận đứng là : 1x = và y x= là phương trình của tiệm cận xiên -Bảng biến thiên: . SM+ 1.3 Đồ thị: 2. Trong trường hợp tổng quát \{2;1}m ∈ ¡ ta có: tập xác định: \{1},¡ SM+ 2 ( 1)( 2) ' 1 ( 1) m m y x − − = + − -Nếu ( 1)( 2) 0 \[1;2]m m m− − > ⇔ ∈ ¡ thì ' 0y > trên từng khoảng xác định hàm tăng ngặt trên từng khoảng ấy, nên hàm số không có cực trị. -Nếu ( 1)( 2) 0 (1;2)m m m− − < ⇔ ∈ thì 2 ( 1 (1 )( 2))( 1 (1 )( 2)) ' ( 1) x m m x m m y x − − − − − + − − = − Đặt 1 2 1 (1 )( 2) ;1 (1 )( 2)m m x m m x− − − = + − − = ta có bảng biến thiên hàm số x - ∞ x 1 1 x 2 + ∞ y’ + 0 - || - 0 + y CD CT Như vậy khi (1;2)m∈ thì hàm số có cực đại 1 2 (1 )( 2); CD y m m m= − − − − và cực tiểu 1 2 (1 )( 2); CT y m m m= − + − − Vậy 2 (1 2 (1 )( 2))(1 2 (1 )( 2)) 7 4 4 5( ) 5 5 5 CD CT y y m m m m m m m = − − − − − + − − = − − ≥ − dấu = xảy đến khi 7 5 m = để ý là 7 (1;2) 5 ∈ nên GTNN của CD CT y y là 4 5 − đạt tại 7 5 m = vậy 7 5 m = là giá trị cần tìm để thỏa yêu cầu bài toán. Câu II: SM+ 1. Hệ phương trình đề ra: 2 2 2 2 2 2 3( ) 2 0 3 2 4 0 ( )( 3( ) 2) 2( 3 2 4) 0 3( ) 2 0 ( ) 3(( ) 2 ) 2( ) 8 0 3( ) 2 0 ( )(3( ) 2) 3(( ) 2(3( ) 2)) 2( ) 8 0 3( ) 2 0 xy x y x y x y x y xy x y x y x y xy x y xy x y x y xy x y xy x y x y x y x y x y x y xy x y − + + = ⇔ − − + = − − − + + + − − + = ⇔ − + + = + − + − − + + = ⇔ − + + = + + − − + − + − − + + = ⇔ − + + = ⇔ 14( ) 4 0 3( ) 2 2 7 8 7 x y xy x y x y xy + − = = + − + = ⇔ − = Điều này thông báo ;x y là hai No phân biệt của phương trình 2 7 2 8 0x x− − = Tức là: 1 57 1 57 ; 7 7 x y − + = = hoặc 1 57 1 57 ; 7 7 x y + − = = Vậy hệ có 2 cặp No 1 57 1 57 ( ; ) ( ; ) 7 7 x y − + = và 1 57 1 57 ( ; ) ( ; ) 7 7 x y + − = . 2. Bất phương trình 3 3 (1 1 ) 3 (3 2)(1 1 ) 3 2(1 1 ) 3 m x x m x x x ⇔ + + + ≤ ⇔ − + + ≤ − + + − Mà 2 ((1 1 ) 1) 1x x= + + − − nên bất phương trình (3 2)(1 1 ) ( 1 2)(3 1 4)m x x x⇔ − + + ≤ + − + + Khi [0;3]x∈ thì rõ ràng 1 [1;2]x+ ∈ nên 1 1 0 ( 1 2)(3 1 4)x x x+ + ≥ ≥ + − + + nên để bất phương trình có No thì cần phải xảy ra 3 2 0m − ≤ Tuy nhiên nếu 2 3 2 0 3 m m− ≤ ⇔ ≤ thì ta nhận thấy rằng 2x = luôn là No của bất phương trình.đã cho khi ta thay vô trực tiếp. Tóm lại 2 3 m ≤ là điều kiện cần và đủ với m để thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu III. SM+ 1. 1 ∆ có véc tơ chỉ phương là 1 (2;3;1)u ur và nó chứa 1 ( 1;1;2)M − 2 ∆ có véc tơ chỉ phương là 2 (2;5; 2)u − uur và nó chứa 2 (2; 2;0)M − Hai đường này chéo nhau 1 2 1 2 v=[ ; ] 0u u M M ⇔ ≠ ur uur uuuuuur Ta có 1 2 [ ; ]=(-11;6;4)u u ur uur và 1 2 (3; 3; 2)M M − − uuuuuur Nên v=-59 vậy sự thật là hai đường đó chéo nhau Khoảng cách giữa chúng 1 2 | | 59 173 173 |[ ; ]| v d u u = = ur uur 2. Gọi 1 2 ;A B∆ ∩ ∆ = ∆ ∩ ∆ = Do 1 2 ( 1 2 ;1 3 ;2 ); (2 2 ; 2 5 ; 2 )A A a a a B B b b b∈∆ ⇒ − + + + ∈∆ ⇒ + − + − d1 d2 A B M Sự thẳng hàng của ; ;A B M dẫn đến 3 2 3 3 : . 6 2 5 6 2 2 3 3 11 6 3 4 22 6 4 21 7 ; 55 17 4289 191 2283 (2 2 3;5 3 3; 2 2) ( ; ; ) 935 935 935 4 4 2 : 4289 191 2283 a a a k MA k MB b b b a a b a b AB b a b a b a x y z + − ∃ = ⇔ = = + − − − + − ⇔ = = − + − ⇔ = = − ⇒ − + − − − − − = + − − ⇒ = = − uuur uuur uuur V Câu IV. 1. Có 2 ( 2 1) 1 2 x x − + = .nên nếu đặt 2 1x t− = ; SM+ x 1 5 t 1 3 thì 2 3 3 2 2 3 3 1 1 1 1 4( ) 1 1 2 58 2 ( ) (2 1) ( ) | 2 3 3 t t I d t dt t t t + − + = = + = + = ∫ ∫ 2*. Không trình bày ở đây vì chắc chắn ko ai làm được (hãy xem lời giải ở buổi tôi chữa đề) . Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban. 1. Có (2;0)I và vì ( ;2 2) 2 h H AC AH AC H h h − ∈ ⇒ = ⇒ + uuur uuur T H I C B A Mà . 0BH AB = uuur uuur nên 4 4 2 2( 4) 4(2 4) 0 ( ; ) 5 5 5 h h h H − − − + + = ⇔ = ⇔ Giả sử đường tròn cần viết phương trình có tâm ( ; )T a b ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 ( ) ( ) ( 2) 5 5 ( 2) ( 2) 2 3 a b a b TA TH TA TI a b b a a b + + − = − + = ⇔ = − + = − + ⇔ = = Vậy phương trình đường tròn ấy là: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) (0 ) (2 ) 3 3 3 3 2 2 20 ( ) ( ) 3 3 9 x y x y − + − = − + − ⇔ − + − = 2. (Chữa trên lớp vì nó hay) Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm 1.(Vì nó hay nên chữa trên lớp) 2. SM+ d D C A B O Do 0 0 0 0 2 2 OA OB, AOB 120 OAB= OBA=30 sin120 sin 30 2 3 (2 3) (2 ) 2 2 AB OA DA DB AB a OD a a a = ∠ = ⇒ ∠ ∠ ⇒ = ⇒ = = = ⇒ = − = Lại vì ABC ∆ vu«ng cân t¹i C nên 2 2 0 3 2 AC=BC=AB 6 2 ( 6) (2 ) 2 1 1 ( ). ( ). . .sin120 3 6 1 3 ( 2 2 2).2 .2 . 6 6 2 ABCD OAB a OC a a a V OC OD S OC OD OA OB a a a a a = ⇒ = − = ⇒ = + = + = + = V V ậy thể tích cần tính là: 3 6 ABCD V a= . --------Hết------- Người cung cấp đápán này: Nguyễn Song Minh SM+ . m = vậy 7 5 m = là giá trị cần tìm để thỏa yêu cầu bài toán. Câu II: SM+ 1. Hệ phương trình đề ra: 2 2 2 2 2 2 3( ) 2 0 3 2 4 0 ( )( 3( ) 2) 2( 3 2 4). ậy thể tích cần tính là: 3 6 ABCD V a= . --------Hết------- Người cung cấp đáp án này: Nguyễn Song Minh SM+