Giai de thi thu tu 4150

Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp. ABC[r]

Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm d (Cm):

x33x2mx0 (1)  x

x2 x m 0

3 0 (2)

  

  



(2) có nghiệm phân biệt, khác  m m

9 4 0    

 

 (*) Khi đó: xDxE 3; x xD E m D E

y y' ' 1

 4m2 9m 1 0 

m 9 65

8  

(thoả (*))

Câu II: 1) PT 

x x

cos3 cos 0

3 

 

   

   x x

2 cos3 cos

3 

 

   

  

x k

x k

3

6 2

 

 



 

 

  

 .

2) Từ (1)  y  Khi Hệ PT 

x y y

x y xy y

3 3

2

8 27 7

4 6



  



 



 

t xy

t3 t2 t

8 27 4 6

  

  





t xy

t 3;t 1;t 9

2 2 2

   

  

 

 Với

t 3

2 

: Từ (1)  y = (loại)

 Với t 1

2 

: Từ (1) 

x 31 ;y 34 2 4

 

 

 

 

 Với t 9

2 

: Từ (1) 

x 33 ; 4y 2 4

 

 

 

 

Câu III: Đặt

x 3 t t

cos sin , 0

2 2



 

    

   I =

tdt

2 3 cos 2





=

3 1

2 2 

 



 

 

Câu IV: Gọi H, M, I trung điểm AB, AC, AM  SH  (ABC), SIH  SH =

a IH.tan 3tan

4

  

 S ABC ABC

a V . 1SH S. tan

3  16 

 

Câu V: Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b

4 1 1

 

 .

 P  x y x z y x y z z x z y

1 1 1 1 1 1 1

4

 

    

 

     

  = x y y z z x

1 1 1 1

2

 

 

 

  

 

 x y z 1 1 1 4

 

 

 

  =

1005 2 .

Dấu "=" xảy 

x y z 1

670   

Vậy MinP = 1005

2 .

2) Giả sử A(a; 0; 0)  Ox, B(1+t; 2t; –2+2t)  d AB  ( ;2 ; 2 )t a t   t



d a

AB u t 3

9 

  

 



a a a

B 12 ;2( 3) 2; 12

9 9 9

    

 

  AB = a a

2

2 9

3   d A P a

2 ( ,( ))

3 

AB = d(A, (P)) 

a2 a a

2 2 6 9 2

3   3  a3  A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a a a a a1

 Nếu a1 = có: A

7 840 (số)  Nếu a2 = có: C A

1

6 720 (số)  Nếu a3 = có: C A6 61 720 (số)  Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số)

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = Giả sử M(0; b)  Oy Vì góc hai tiếp tuyến kẻ từ M 600 nên MI =

R sin30 =

 MI2 16  b2 7  b 7  M0; 7 M0; 7 2) d1 có VTCP u1(2;1;0)



, d2 có VTCP u2 ( 1;1;0) 

Giả sử A t t(2 ; ;4)1  d1, B(3 t t2 2; ;0) d2

AB đoạn vng góc chung 

AB u AB u12

 

 

   

 

 

t t t11 t22

5 6

2 3

  



 

  t1t2 1  A(2; 1; 4), B(2; 1; 0)

Mặt cầu (S) có tâm trung điểm I(2; 1; 2) AB bán kính R =

AB 2 2  .  (S): x y z

2 2

(  2) (  1) (  2) 4. Câu VII.b: PT  z z z

2

( 1)(  2)( 8) 0  z1; z2; z2 2.i.

Hướng dẫn Đề số 42 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x2y 3 0 Gọi I(a; b)  MN  a2b 3 0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I vng góc với MN là: y2(x a b )

Hoành độ giao điểm A, B (C) d nghiệm phương trình:

x x a b

x

2 4 2( )

1 

  

 (x  –1)

 x a b x a b

2

2  (2  )  2   4 0 (x  –1) A, B đối xứng qua MN  I trung điểm AB Khi đó:

A B

I x x

x

2  



a b a 2

4  

Từ (1) (2) ta được:

a b

a b a

2 3 0

2 4            a b 12   

 

Suy phương trình đường thẳng d: y2x 4  A(2; 0), B(0; –4) Câu II: 1) PT 

x

x 3

cos2 cos 2

4   (*) Ta có: x x cos2 1 3 cos 1 4      

 Do (*) 

x x cos2 1 3 cos 1 4         x k l x 8 3        

  x8m. 2) PT 

x x x

3 (2  1) 2 1 (1) Ta thấy x 1 2 

nghiệm (1) Với x

1 2 

, ta có: (1) 

x x x 2 1 3 2 1     x x x 2 1 3 0 2 1     Đặt

x x x

f x

x x

2 1 3

( ) 3 3 2

2 1 2 1



    

  Ta có:

x

f x x

x

6 1

( ) ln3 0,

2 (2 1)

     



Do f(x) đồng biến khoảng

1 ; 2      

  1 ;2

 



 

   Phương trình f(x) = có nhiều

nhất nghiệm khoảng

1 1 ; , ; 2 2               .

Ta thấy x1, x1 nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệm x1, x1

Câu III: Ta có:

x x

x

2 1 sin 1 tan

1 cos 2 2

 



   

   .

Do đó: I =

x

x e dx2

0

1 tan

2 2          = x

x x e dx

2 2

0

1 1 tan tan

2 2 2

          = x x

x e dx x e dx

2

2

0

1 1 tan tan

2 2 2

            Đặt x u e x dv 1 tan2 dx

2 2                x

du e dx x v tan 2       

 I =

x x x x x x

e 2 e dx e dx

0 0 0

tan tan tan

2 2 2

 



  

= e2 

Câu IV: Trên AC lấy điểm D cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC) ASD300

Ta có: ASD CSD AS SD S AD a

CD S CS SD c

0 1 .sin30 2

1 . 2

2     a DA DC c 2                               cSA aSC SD c a 2 2       

cSA aSC c

SD SB SB SA SB

c a c a

2 2 . . . 2 2                                            =

c ab abc

c a c a

2 .cos60

và

c SA a SC caSA SC SD

c a 2 2

2

4 4 .

(2 )

 





 

=

a c a c a c a c

c a c a

2 2 2 2

2

4 2 3

(2 ) (2 )

 



 

 SD = ac

c a 3 2 

Mặt khác, 

abc

SD SB c a

SDB

SD SB ac b c a

. 2 3

cos

. 3 3

2 

  

  



SDB 6 sin

3  

SDBC SDB

V 1SC S. 1SC SD SB .sinSDB

3 6

 

=

abc c a

2 2 6 2 

Mà

ASDB CSDB

V AD a

V DC 2c

 ASDB CSDB

a a bc

V V

c c a

2 2

2 12 2

 



Vậy: SABC ASDB CSDB

a bc abc

V V V abc

c a

2

2 2 2

12 2 12

  

    



  .

Câu V: Đặt alog ,2x blog ,2y clog2z  a b c  log (2 xyz) log 3 

 P = x y z

2 2

2 2

log  1 log  1 log 1

= a2 1 b2 1 c21 Đặt m( ;1),a n( ;1),b p( ;1)c

Khi đó: P = m n  p m n p 

     

= (a b c  )2(1 1)  = 3 2

Dấu "=" xảy  a b c  1  x y z  2 Vậy MinP = 3 2 x y z  2 Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d1, B(b; 2b – 1)  d2 MA(a 1;a 2),MB(b 1;2b 2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MA MB  0

 



a b

a b

2 2 1 0

2 4 2 2 0

    



    

 

a b 03   



  A(0; –1), B(3; 5)  Phương trình d: 2x y 1 0

2) PTTS AB:

x t

y t

z t 4 3 2 5    

    

  Giao điểm AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I hình chiếu B (P) Tìm I(3; 0; 2) Hình chiếu d đường thẳng AB là đường thẳng MI

 Phương trình đường thẳng d là:

x t

y t

z t

3 4 3 2    

     

Câu VII.a: PT có nghiệm

i i

x1 1 ; x2 1

2 2

 

 



i i

x12 x22

1 2 ; 1 2

 

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) bán kính R = 5 IM = 2 5

 M nằm đường tròn (C)

Giả sử d đường thẳng qua M H hình chiếu I d

Ta có: AB = 2AH = 2 IA2 IH2 2 5 IH2 2 5 IM2 2 3

Dấu "=" xảy  H  M hay d  IM Vậy d đường thẳng qua M có VTPT MI (1; 1) 

2) Phương trình mp(ABC):

x y z 1

1 3   Gọi H(x; y; z) trực tâm ABC.

Ta có:

AH BC

BH AC

H ( )P

 



 

 

                              



y z x z

y z x

2 3 0

3 0

1 2 3

  



  



    

 

x y z

36 49 18 49 12 49 

   

     

  H

36 18 12; ; 49 49 49

 

 

 .

Câu VII.b: Phương trình Cn Cn Cn 2

 

 n n n

(  9 14) 0  n7

Số hạng thứ khai triển  

x 5 x

lg(10 ) ( 2)lg3

2  2 

 là:

 x   x 

C

2

5

5 lg(10 ) ( 2)lg3

7 2  2 

Ta có:

x x

C75 lg(10 ) ( 2)lg3.2  .2  21 



x x

lg(10 ) ( 2)lg3

2    1

 

x x

lg(10 ) (   2)lg3 0 

x x (10 ).3  1

   32x10.3x 9 0  x0;x2

Hướng dẫn Đề số 43 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Giao điểm hai tiệm cận I(1; 2) Gọi M(a; b)  (C) 

a b

a

2 1

1  

 (a  1)

Phương trình tiếp tuyến (C) M:

a

y x a

a

a

1 ( ) 2 1

1 ( 1)



  

 

Phương trình đwịng thẳng MI:

y x

a

1 ( 1) 2

( 1)

  



Tiếp tuyến M vng góc với MI nên ta có: a a

1 . 1 1

( 1) ( 1)

 

  

a b

a 0 (2 (b 1)3)

  

  

 Vậy có điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)

Câu II: 1) PT 

x x x x

cos cos2 cos3 cos4 0

2 6 2 6 2 6 2 6

   

       

       

       

       

Đặt x t

2 6   

PT trở thành: costcos2 cos3 cos4t t t0 

t t 5t

4 cos cos cos 0

2 2  

t t

t

cos 0

2 cos 0

5

cos 0

2 

 



 

 





t m

t l

k t

(2 1)

2 2

5 5

 



 

  



 

 

   

 Với

t (2m 1) x (4m 2) 3



 

     

 Với

t l x 4 2l

2 3

 

 

    

 Với

k k

t 2 x 11 4

5 5 15 5

   

    

2) Điều kiện: x

x x

2 1 0

1

  

 

 



  x 

Khi đó: x x2 1 x x21 4x x21 (do x  1)

 VT >    

Coâ Si

x x x x x x x x

4 1 1  28 1 1

          = 2

 PT vơ nghiệm

Câu III: Phương trình tung độ giao điểm (C) (d): (y1)2  1 4 y  y y 21     

V =

y y y dy

2

2 2

1

( 2 2) (4 )

 

   



= 117

5  Câu IV: Gọi N = BM  AC  N trọng tâm ABD

Kẻ NK // SA (K  SC) Kẻ KI // SO (I  AC)  KI  (ABCD) Vậy K BCDM BCDM V . 1KI S.

3 

Ta có: SOC ~ KIC 

KI CK

SO CS (1), KNC ~ SAC 

CK CN CS CA (2)

Từ (1) (2) 

CO CO

KI CN CO ON

SO CA CO CO

1

2 3

2 2 3

 

   



a

KI 2SO 3

3 3

 

Ta có: ADC  CM  AD CM = a 3

2  SBCDM = DM BC CM a2

1( ). 3 3

2   8

 VK.BCDM = BCDM a

KI S

1 .

3  8

Câu V: Ta có

x x

y2z2 1 x2 Ta cần chứng minh:

x x

x

2

3 3 2

1  .

  x x x

x x x x x

2

2 2

2

2 2 2 2 1 1 8

2 1 2 (1 )(1 )

3 27

     

      

 



x(1 x2) 2 3 3

 



x x

x

2

3 3 2

1  

x x

y z

2 2

3 3 2 

 (1)

Tương tự:

y y

x z

2 2

3 3 2 

 (2),

z z

x y

2 2

3 3 2 

 (3)

Do đó:

 

x y z x y z

y z x z x y

2 2

2 2 2

3 3 3 3

2 2

     

  

Dấu "=" xảy 

x y z 3

3   

Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn OAB vng cân O Khi d O d

5 2 ( , )

2 

Giả sử phương trình đường thẳng d: A x(  2)B y(  6) ( A2B2 0)

Ta có: d O d

5 2 ( , )

2 



A B

A2 B2

2 6 5 2

2

 



  47B248AB17A2 0



B A

B A

24 55 47 24 55

47

  

  

 

  

 Với

B 24 55A 47   

: chọn A = 47  B = 24 55  d: 47(x 2) 24 55 (    y 6) 0

 Với

B 24 55 A 47

 



: chọn A = 47  B = 24 55  d: 47(x 2)  24 55 (  y 6) 0

2) (P) có VTPT n(1;1;1) Giả sử A(x; y; z) Gọi I trung điểm AA

x y z

I ; 1; 2

2 2 2

   

 

 .

Ta có: A đối xứng với A qua (P) 

AA n phương I (P),

   

  







x y z

x y z

1 2

1 1 1

1 2 0

2 2 2

  

 

 

 

    



 x y z

4 3 2   

   

 Vậy: A(–4; –3; –2).

Câu VII.a: Số số gồm chữ số khác lập từ số 1, 2, 3, 4, 5, là: 6! (số) Số số gồm chữ số khác mà có số đứng cạnh là: 2.5! (số)  Số số thoả yêu cầu toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Ta tìm được: C(2; –1) Suy phương trình (AB):

x 9 y 2

2 9 1 2

 



    x7y 5 0. Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx): x7y 25 0

Gọi A = Cx  AM  A(–17; 6) M trung điểm AA M(–4; 2) M trung điểm BC  B(–12; 1)

2) Giả sử A( 23 ; 10 ; )  t1   t t1  d1, B(3 ; 2 ; ) t2   t t2  d2

 AB(2t2 8t126; 2 t2 4t18;t2 t1) 

AB // Oz  AB k cuøng phương,  



t t

t t

2

2 8 26 0

2 4 8 0

   



   

 

t t

2 17

6 5 3 

    

  A

1 17; ; 3 6

 



 

 

 Phương trình đường thẳng AB: x y

z t

1 3 4 3 17

6 

   

  

   



Câu VII.b:

x x

a x x

2

2

3 4 5 (1)

1 log ( ) log ( 1) (2) 

  



    



 (1) 

x

x 2

3  5  4 0 Đặt f(x) =

x

x 2

3  5  4 Ta có: f(x) =

x

x ln5 2 x R

ln3.3 .5 0,

2

   

 f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)  (2)   a x  x

4

2

log 2(  ) log ( 1)

 a x x

4 2(  ) 1

x

a x 1

2 2

  

(*)  Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +)

Đặt g(x) =

x4 x 1

2  2 Ta có: g(x) = 2x31 > 0, x   g(x) đồng biến [2; +) và g(2) =

21 2 .

Do (*) có nghiệm thuộc [2; +) 

a 21 2 

Vậy để hệ có nghiệm a

21 2 

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

m x m x

x m

x

2 2

(2 1) (*)

1

( 1) 1 (**)

( 1)

  

 

 

 

 

  

Từ (**) ta có (m 1)2 (x 1)2 

x m

x m

     

 Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (thoả với m) Vì x  nên m  1.

 Với x = – m, thay vào (*) ta được: m m m m m

2

(2 1)(2 ) (2 )(2  1)  4(m 1)20

 m1 x = (loại)

Vậy với m  đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu II: 1) PT 

x x x

3cos2 1sin2 cos6

2



 



x x

5

cos cos6

6 

 

 

 

  

x k

x l

5

48

5

24

   



 

 

   

2)

xy

x y

x y

x y x y

2

2

2 1 (1)

(2)



  



 

   

 Điều kiện: x y 0.

(1) 

x y xy

x y

2

(  ) 1 2 1 0



   (x y 1)(x2y2x y ) 0  x y 1 0

(vì x y 0 nên x2y2  x y 0) Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (1 x)  x2  x 0 

x y

x 12 ((y 0)3)

  

  



Vậy hệ có nghiệm: (1; 0), (–2; 3)

Câu III: Đặt t x 

 

 dt = –dx Ta có I =

t dt

t t

2

3

cos

(sin cos )







=

x dx

x x

2

3

cos

(sin cos )







 2I =

x dx

x x

2

3

sin

(sin cos )







+

x dx

x x

2

3

cos

(sin cos )







=

dx

x x

2

2

1

(sin cos )







=

dx x

2

1

2 cos

4





 



 

 



=

x

0

1 tan

2





 



 

  = Vậy: I =

1 2.

Câu IV: Vì ABBA hình bình hành nên ta có: VC ABB ' VC AB A ' '

Mà C ABB ABC

a a a

V . ' 1.A M S 3

3 

  

Vậy, C ABB A C ABB

a a

V . ' ' 2V . ' 3

8

  

Câu V: Ta có: P = x2 (2 y)2  x2(y2)2  x Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2)

 

Ta có: ab  a b   x2(2 y)2  x2(y2)2  4x216 2 x24

Suy ra: P  x2 4 x Dấu "=" xảy  a b,

 

Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

2 3x2 (3 1)(4 x2)  x24 3 x Dấu "=" xảy  x

2



Do đó: P  2 3x  4 x  4   Dấu "=" xảy 

x , 0y

3

 

Vậy MinP = 4

x , 0y

3

 

Câu VI.a: 1) Ta có: a10,b5  c5 Gọi M(x; y)  (E) Ta có: MF1 x MF2 x

3

10 , 10

2

   

Ta có: F F1 22 MF12MF22 2MF MF1 2.cosF MF1



  x x x x

2

2 3 3 3 3 1

10 10 10 10 10

2 2 2

         

              

           x = (y=  5)

Vậy có điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5) 2) Gọi I điểm thoả: IA2IB3IC0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   



I 23 13 25; ; 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC MI IA 2MI IB 3MI IC  6MI 6MI

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

          

Do đó: T nhỏ  MI



nhỏ  M hình chiếu I (P) Ta tìm được: M

13 16; ;

9 9

 



 

 .

Câu VII.a: Ta có: (x1)10 C x100 10C x101 9 C x C109  1010

 x x C C x

10

10 10

( 1) ( 2)   2 

 a C C

5

5  102 10672.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)  Ta có:

AB AC IB IC

 

 

  AI đường trung trực BC ABC vuông cân A nên AI là

phân giác BAC Do AB AC hợp với AI góc 450

 Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450 Khi B, C giao điểm d với (C) AB = AC

Vì IA(2;1) 

 (1; 1), (1; –1) nên d không phương với trục toạ độ  VTCP d có hai thành phần khác Gọi u(1; )a VTCP d Ta có:

IA u a a

a2 a2

2 2

cos ,

2

1

 

  

  

 

 2a  1a2 

a a

3

  

  

 Với a = 3, u(1;3) 

 Phương trình đường thẳng d:

x t

y 55 3t    

 



Ta tìm giao điểm d (C) là:

9 13 13; , 13 13;

2 2

       

   

   

 Với a =



, u

1 1;

3

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5

3

    

  

Ta tìm giao điểm d (C) là:

7 13 11; 13 , 13 11; 13

2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

và

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

2) Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH = d M d( , ) 2 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =

MH

2

3

3 

Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:

x y z

x y z

2

1 1

8

( 2) ( 1) ( 2)

3

  

  

 

      





Giải hệ ta tìm được: A B

2 2 2

2 ; ;3 , ; ;3

3 3 3

   

    

   

   .

Câu VII.b:

y x y

x

x y x y

xy 2010

3

2

2

log (1)

(2)

  

    

  

 

  

 

Điều kiện: xy0 Từ (2) ta có: x3y3 xy x( 2y2) 0  x0,y0 (1) 

x y

y x

2

2 2010 



x y

x.2010 2 2010y .

Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0) Ta có: f (t) =

t t

2010

ln2010

 

 

 

 

 f(t) đồng biến t >  f(x) = f(2y)  x = 2y

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y

5

2

 

 

 

  

y loại

y x

0 ( )

9

10

 

  

    

 



Vậy nghiệm hệ là: 9; 10

 

 

 .

Hướng dẫn Đề số 45 www.VNMATH.com Câu I: 2) Gọi ( ; )x y0 toạ độ tiếp điểm.

Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y x

yx.

 y x( )0 1  x

2

1 1

(2 3)



 



x y

x00 y00

1 ( 1)

2 ( 0)

  

  

 Với

x y00

1

  



 : yx (loại) Với x y00

2

  



 : yx 2 (nhận)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: yx

Câu II: 1) Điều kiện:

x x

1 2sin

1 sin

  



 

 

x m

x n

x p

2

7 2

6 2

  

 





  

 

 

 

   



PT 

x x x

x x 2x

cos 2sin cos 3

1 sin 2sin 2sin





    cosx sin 2x 3(sinxcos2 )x



x x x x

3cos2 1sin2 1cos 3sin

2 2 2   cos 2x cos x

 

   

  

   

   



x k loại

x k nhaän

2 ( )

2

2 ( )

18

 

 



  



  

 Vậy PT có nghiệm: x k

2

18

 

 

2) Điều kiện: x



Đặt

u x

v x

33 2

6



  



 



 

u x

v x

3

2 36 52 

  

   

 .

Ta có hệ PT:

u v

u3 v2

2

5

  



 

 Giải hệ ta u v 42

   

 

x x

3 2

6 16

  

  

  x2.

Thử lại, ta thấy x2 nghiệm PT Vậy PT có nghiệm x2.

Câu III: I =

x dx x dx

2

5

0

cos cos

 



 

= A – B

 A =

x dx x x dx

2

5

0

cos cos cos

 



 

=

 x d x

2 2

0

1 sin (sin ) 

 

= 8 15

 B =

x dx x dx

2

2

0

1

cos (1 cos2 ).

2

 

 

 

= 4 

Vậy I = 8 15 – 4



Câu IV: Gọi E trung điểm AB  BC = a 5 Ta có: BIC ABCD ABI CDI a

S S S S 3

2

   

Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF =

BIC

S a

BC

2 3

5 

Từ giả thiết  SI  (ABCD)  SFI 600  SI =

a IF.tan 600 3 3

5 

 Thể tích khối chóp S.ABCD:

ABCD a

V 1SI S. 1 3. .3a2 3 15a3

3 3 5 5

  

Câu V: Xét điều kiện: x2xy xz 3yz  x y x z y z y z

2 2

(  ) (  ) 2(  )  (  )



x y x z x y x z

y z y z y z y z

2 2

2

         

   

     

   

      (*)

Đặt

x y x z

u v

y z, y z

 

 

  (u, v > 0) Từ (*)  u2v2  2 (u v )2  u2v2 uv1 (1)

Khi ta có: BĐT 

x y x z x y x z

y z y z y z y z

3

3 5

           

  

       

   

         u3v33uv5

 u v u uv v uv

2

(  )(   ) 3 5  u v 3uv5 (2) (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: uv 1 (u v )21 (3)

và u v uv u v

2 3

( ) 1 3 1 ( )

4

     

 u v

(  ) 4  u v 2 (4) Từ (3) (4) ta suy điều cần chứng minh (2)

Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; – a)  IE (a 6;3 a)



Gọi P điểm đối xứng E qua I  P(12 – a; a – 1), MP(11 ; a a 6) 

Ta có: MP IE 0  

 (11 a a)(  6) ( a 6)(3 a) 0  a a 67      Đường thẳng qua M(1; 5) nhận IE



làm VTPT  Với a6  IE(0; 3)



 Phương trình AB: y5  Với a7  IE(1; 4)



 Phương trình AB: x 4y19 0 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R =

d I P( ,( )) 3 R  (P) cắt (S) theo đường tròn (C). Dễ xác định tâm đường trịn (C) J(3; 0; 2) bán kính r = Câu VII.a: PT có nghiệm: z1 1 ,i z2  1 3i

 A = z z

2

1  = 20

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2 Ta có:

 

IAB

S 1IA IB .sinAIB 1R2sinAIB 1R2 1

2 2 2

   

Dấu "=" xảy  sinAIB1  AIB900 AIB vng cân I

Khi đó:

R d I( , ) 1

2

  



m m

m2

2 2 2 3 1

1

   



  15m2 8m0  m m

0 8 15   

   2) Giả sử: M( ; ; ) t t   t 1

Khoảng cách từ M đến 2:

t t t

d M( , )2 (8 14)2 ( 14 20)2 ( 4)2 3

       

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P):

t d M P( ,( )) 11 20

Từ ta có:

t t t

(8 14) ( 14 20) ( 4) 3

     

= t 11 20

3 

 140t2 352 212 0t   t t

1 53 35   

  

 Với t =  M(0; 1; –3)  Với t = 53 35  M

18 53 3; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII.b: Điều kiện: xy0

Hệ PT 

x y xy

x xy y 2

2 22 4 

  



  



 

x y x2 4   



 

x y x y 22       

vậy hệ phương trình có nghiệm: (2; 2), (–2; –2)

Hướng dẫn Đề số 46 www.VNMATH.com Câu I: 2) PTTT  (C) điểm M x y0 0;  là:

  

:y x02 4x03 x x 0 1x03 2x023x0 3

 qua O  x0 0,x0 3 Các tiếp tuyến cần tìm: y3x, y0 Câu II: 1) PT  sinxcosx1 cos  x 3 0



2 1

sin cos 1 sin 2

4 2 2

x k

x x x

x k

  

 



 

  

      



 

 



KL: nghiệm PT 2 2 ; 2 

  

   

x k x k

2) Ta có:   

3 2 2

2x  y  2y  x 2y x  x 2x y2xy  5y 0

Khi y0 hệ VN

Khi y0, chia vế cho y30 ta được:

3

2 2 5 0

x x x

y y y

     

   

     

     

Đặt x t

y



, ta có : t32t22t 0  t

1, 1

1

y x

x y x y

y

  

      

  

Câu III: Ta có: x2 2x 2 1nên PT

2

2 2

x m

x x



 

 

Xét

2 ( )

2 2

x f x

x x

 

   

2

4 3 '( )

2 2 2 2

x f x

x x x x



 

  4 4

' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1

3 3 x x

f x x f f x f x

    

 

      

  Kết luận: 1m 10

Câu IV: Gọi O giao điểm AC BD  SOABCD

Ta có:

2

2 2 2 2

4 2

a a

SO SA  OA  a  

2

1 2 6

ABCD S ABCD

S a  V  a

Gọi M, N trung điểm AB CD I tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN Ta chứng minh I cách mặt hình chóp

 

 

2

2 2 2 3 1

4

4 3

SMN

a a

S pr r

a a





   



Câu V: Đặt t xy Ta có: xy x y xy xy xy

2 1

1 2 2 4

5

      

Và xy x y xy xy xy

2 1

1 2 2 4

3

      

Suy :

 

 

x y x y t t

P

xy t

2

2 2 2 7 2 1

2 1 4 1

    

 

  .Điều kiện: t

1 1

5 3

  

Do đó:

 

 

t t P

t

2 7

'

2 1   

 ,

t thoả

P' 0   t 0 (1 (loại)) 



P 1 P 1 2

5 3 15

   

  

   

    P  1 0

4 

Kết luận: Max P =

1

4 Min P = 2 15

Câu VI.a: 1) PT 2.33x 2 3x 2x 4.2 32x x3.23x

3

3 3 3

2 4 3 0

2 2 2

x x x

     

         

     

 x1

2) Ta có:  

cos sin

cos 1 cos

x x

I dx

x x



 

Đặt t cos2x dt2 cos sinx xdx

Suy :  

1 1 1 1 1 1

ln

2 1 2 1 2

dt t

I dt C

t t t t t



 

      

   

 

=

2

1 1 cos

ln

2 cos

x C x

  

  

 

Câu VII.a: Gọi M hình chiếu I1; 2;3  lên Oy, ta có: M0; 2;0 

 1;0; 3 10

IM     R IM 



bán kính mặt cầu cần tìm Kết luận: PT mặt cầu cần tìm      

2 2

1 10

x  y  z 

Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > BPT  4 log 3xlog3x5

Đặt tlog3x Ta có: t24t 0   t 5hoặc 1t 

1 0

243

x

 

2) Ta có:

2

1

' mx

y

x

 

Hàm số có cực trị  y' 0 có nghiệm phân biệt, khác  m0 Khi điểm cực trị là:

   

2

1 1 4

;2 , ; 2 16

A m B m AB m

m

m m

   

       

    

 

   

   

2 2 4 .16 16

AB m

m

  



Dấu "=" xảy 

1 2

m

Kết luận:

1 2

m

Câu VII.b:      

2

: 1 1;0 ;

C x y   I  R

Hệ số góc tiếp tuyến () cần tìm  3  PT () có dạng 1: 3x y b  0 2: 3x y b  0

 1: 3x y b  0 tiếp xúc (C)  d I ,1 R

3

1 2 3

2



 b   b 

Kết luận: 1: 3x y  2 3 0

 2: 3x y b  0 tiếp xúc (C)  d I ,2 R

3

1 2 3

2



 b   b 

Kết luận: 2: 3x y  2 3 0 .

Hướng dẫn Đề số 47 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) trục Ox: x4 2m x2 2m42m0 () Đặt t x t   

2 0

, ta có : t2 2m t m2  42m0()

Ta có :  ' 2m0 S2m2 0 với m0 Nên PT () có nghiệm dương.  PT () có nghiệm phân biệt (đpcm)

Câu II: 1) PT  3 sin2xcos2x4sinx1 0  2 sin cosx x 2sin2x4sinx0.

 

 2 cosx sinx2 sinx0 

  



 

x x

x

sin 3 cos 2

sin 0 

 

  

 

  

 

  

x x k

sin 1

3



   

 

 

 

x k

x k

5 2

6

2)

  



 



y x m y xy

2 (1)

1 (2)

Từ (1)  x2y m , nên (2)  y  my   y

2 1

  

    

  y m y

y 1

1 2

Xét

        

f y y f y

y y2

1 2 ' 1 1 0

Dựa vào BTT ta kết luận hệ có nghiệm  m2.

Câu III: Ta có:  



     

    

 

   

x x

f x

x x

2

1. 1 . 1

3 2 1 2 1   

  

   



 

x

F x C

x

1 1

9 2 1

Câu IV: Gọi T giao điểm MN với CD; Q giao điểm PT với AD Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM

 TD DD 

TC MC

' 1 3.

Mà:

      

TD AP AT DP QD DP CP

TC AC QA AT CA

1 2

3  3

Nên:

    

A PQN

A PQN ABCD

A CDN

V AP AQ

V V

V AC AD

1 1 1

. .

3 5 10 (1)

Và:

    

C PMN

ABMNP ABCD

C ABN

V CP CM V V

V . CA CB

2 1 1

. .

3 2 4 (2).

Từ (1) (2), suy : VABMNQP  VABCD 7

20 .

Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm 7 13hoặc

13 7 .

Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x x  2

18 12

(1) Dấu xảy   x 1

3.

Tương tự:

 

y y 2

18 12

(2)

 

z z 2

18 12

(3) Mà: 17x y z  17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P19 Dấu "=" xảy 

   x y z 1

3 Vậy GTNN P 19 x y z   1 3. Câu VI.a: 1) Điều kiện : x0

PT  log 2xlog4x3log2 x    

  



t x

t2 t2 log

3 0 

  

  

   

t x

t t

2 log

1 2

     

x x 24

2) Ta có: y x 1 1

2 Do đó: x y Z,   x 2 1 x3,x1

Suy tọa độ điểm đồ thị có hồnh độ tung độ số nguyên

   

A 1;0 , 3;2B

Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x y 1 0 Câu VII.a: Gọi I m m ;2  4   d tâm đường trịn cần tìm

Ta có:m  m  m m 4

2 4 4,

3.

  m 4

3 phương trình đường trịn là:

   

   

   

   

x y

2

4 4 16

 m4 phương trình đường trịn là: x  y  

2

4 4 16

Câu VI.b: 1) Điều kiện :x0 Đặt tlog2x, ta có : 1  3 0

t t t

  

BPT

2 4

3 4 0 0

3

t t t

      



2 3

4

log

3 x 2 x

     

2) Ta có:  

2

' 3 2 5 5 ; " 6 2 10

y  x  m x m y  x m

5 " 0

3

m

y   x 

; y đổi dấu qua

5 3

m

x 

Suy ra:

 3  

2 5 5 5

5 ;

3 27 3

m m m

m

U     

 

  điểm uốn.

Để điểm uốn U nằm đồ thị hàm số y x

 3  

2 5 5 5 5

27 3 3

m m m   m

  

  



m

Câu VII.b: Ta có: AB BC CA  3  ABC Do tâm I đường tròn ngoại tiếp

ABC

 là trọng tâm nó. Kết luận:

5 8 ; ; 3 3

I 

 .

Hướng dẫn Đề số 48 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Gọi d đường thẳng qua I có hệ số góc k  PT d y k x:   1 1 Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N

3

: 1

1

x

PT kx k

x



   

 có nghiệm phân biệt khác 1

Hay:  

2 2 4 0

f x kx  kx k  

có nghiệm phân biệt khác 1

 

0

4 0 0

1 4 0

k

k k

f

  

     

   



Mặt khác: xM xN 2 2 xI  I trung điểm MN với  k 0. Kết luận: PT đường thẳng cần tìm y kx k  1 với k0. Câu II: 1) PT  cos3x 3 sin 3x 3 cos 2xsin 2x

1 3 3 1

cos3 sin 3 cos 2 sin 2

2 x 2 x 2 x 2 x

cos 3 cos 2

3 6

x  x 

   

      

    

2 6

2

10 5

 

 



  



   

x k

k x

2) Ta có : x y2  9 xy3  Khi: xy3, ta có:

3 4

x  y  x3. y3 27

Suy ra: x3; y3 nghiệm phương trình: X2 4X  27 0  X  2 31 Vậy nghiệm Hệ PT là:

32 31, 32 31

x  y  x32 31,y 32 31.  Khi: xy3, ta có:

3 4

x  y  x3. y3 27 Suy ra:  

3;

x  y

nghiệm phương trình: X24X 27 0 (PTVN) Câu III: Đặt t x21 Điều kiện: t1

PT trở thành:    

2

2 1 1

m t  t m

  

1

1 2

  



m t t

t

Xét hàm số:

   

 2

1 1

' 1

2 2

f t t f t

t t

    

   

2

4 3

2

 

 

t t

t t loại

f t( ) 0   t 1 (3 (loại)) 

 Dựa vào BBT, ta kết luận

4 3

m

Câu IV: Gọi M trung điểm BC, hạ AH vng góc với AM

Ta có:

( ' )

'

 

   

  

BC AM

BC AA M BC AH

BC AA .

Mà ' ( ' ) 2

a

AH A M  AH  A BC  AH 

Mặt khác: 2

1 1 1 6

' 4 '

a AA

AH A A AM   .

Kết luận:

3 ' ' '

3 2

16

ABC A B C a

V 

Câu V: Ta có:

2 1

2 2

a ab ab

a a a ab

a b   a b   ab   (1)

Tương tự:

2 1

2

b

b bc

b c   (2),

2 1

2

c

c ca

c a   (3).

Cộng (1), (2), (3), ta có:  

2 2 1

2

a b c

ab bc ca a b c

a b b c c a          

Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0x6

BPT    

2

2

log 2x 4x log 6 x

     2x24x6 x2 x216x 36 0  x 18 hay 2x

2) Đặt

du dx

u x

x

dv dx v x

2 2

ln 

    

 



  

 Suy :

2 2

ln ln 2 ln 2

      

I x dx x x dx x x x C

Câu VII.a: Gọi A a ;0 , B0;b giao điểm d với Ox, Oy, suy ra: : 1

x y

d

a b 

Theo giả thiết, ta có:

2 1 1 8



 

 

 



a b ab



b a ab ab

2

  

 

 .

 Khi ab8 2b a 8 Nên: b2;a 4 d x1: 2y 4 0  Khi ab8 2b a 8 Ta có: b24b 0  b 2 2

+ Với b 2 2 d2: 1  2x2 1  2y 4 0

+ Với b 2 2 d3: 1  2x2 1  2y 4 0

Câu VI.b: 1)

2

1

(1)

2 3  (2)

   

 

 

 x y

y x x y

(*) Từ (1) ta có:

   

2 1 0

1

 

         

  

y x

y x x y y x y x

y x

 Khi: y x (*) 

x x

y x

2 

  



 

2 3

log 3 log 3

   

  

x y

 Khi: y 1 x (*) 

x x

y x

2

1

2 

   



 

6

log 9 1 log 9

  

  

x y 2) Ta có:  

2

tan

f x  x

1 1

cos

 

x  F x   x tanx C

Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:

2

2 1( 0)

x y

a b

a b    .

Ta có:

2

2

3

3 1

a b

a b

 

 

   

 

a b 2 14 

 

  

 Vậy (E):

2

1

4 1

x y

 

Hướng dẫn Đề số 49 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hồnh độ a2 thuộc đồ thị (C) có phương trình:

 

  a    

y x a x a y a d

a a

2 2

2

4 2 4 2 2 0

2 2

       

 

Ta có

 

   

a a a

d I d

a

a a

8 2 8 2 8 2

, 2 2

2 2 2

16 2 2.4. 2

  

   



  

  d I d,

lớn 

a22   4  aa 04  

Từ suy có hai tiếp tuyến y x y x 8

Câu II: 1) Điều kiện

 

x x

x x x

cos 2 0; cos 2 0 *

4 4

sin2 0; tan cot 0

 

    

   

    

    

   

 Để ý rằng:

x x x x x x

tan 2 .tan 2 tan 2 tan 2 cot 2 .tan 2 1

4 4 4 4 4 4

     

           

        

           

           

Khi PT trở thành:

x x x x

x x

2

2 4 cos 2

1 cot tan 4cos 2

tan cot

    



 

x x

x x x x

2 2

2

1 tan 4 1 2 4 tan 2 1 0

tan 1 tan 2 tan 2 1 tan 2



      

 

tan2x 1 2x 4 m x 8 k 2k 

  



        Z

: Không thoả điều kiện (*) Vậy phương trình cho vơ nghiệm

2) Điều kiện: x0,y0,x2y2 1 0

Đặt

x

u x y v

y 2 1;

   

Hệ PT trở thành:

u v u v

u v u v

3 2 1 3 2 1 (1)

1 4 22 21 4 (2)

 

     



 

      

 

Thay (2) vào (1) ta được:

v

v v

v

v v

3

3 2 13 21 0 7

21 4

2   

      

  



 Nếu v = u = 9, ta có Hệ PT:

x y x x

x y

x x y y y

y 2

2

1 9 3 3

10

1 1

3 3

   



         

   

 

    

 

 Nếu v 7

2 

u = 7, ta có Hệ PT:

y y

x y x y

x

x y

y x x

2 1 7 2 8 4 2 4 2

53 53

7 7

2 2

2 2 14 53 14 53

 

          

   

  

   

 

     

  

 

So sánh điều kiện ta nghiệm Hệ PT

Câu III: Đặt

u x du dx

dx x

dv

v x

x ln

2 1

1

  



 



  

    



  x

I x x dx J

x 8

3 1

2 1.ln 2  6 ln8 4ln3 2

 Tính

x

J dx

x

1  

Đặt t x1

t t

J tdt dt dt

t t

t t

3 3

2

2 2

1 1

.2 2 2

1 1

1 1

 

       

 

   

   2 lnt tt 11 83 2 ln3 ln2

  

     



 

Từ I 20ln ln3 4  .

Câu IV: Kẻ SO  (ABCD) O giao điểm AC BD Gọi I, J trung điểm AB CD; G trọng tâm SAC

Góc mặt bên (SCD) đáy (ABCD) SJI 600SIJ cạnh a  G trọng tâm SIJ

IG cắt SJ K trung điểm SJ; M, N trung điểm SC, SD

ABMN

a a

IK 3 ;S 1(AB MN IK) 3 3

2 2 8

   

;

a SK (ABMN SK);

2

 

Suy ra: ABMN

a V 1S .SK 3

3 16

 

Câu V: Vì 0a1,0b1 nên a 1 b 1 0  ab a b   1 0 a b ab

1

    ab a b

1 1 1 (1)

   

Tương tự : bc b c ca c a

1 1 1 1 (2), 1 1 1 1 (3)

     

Cộng BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca a b c

1 1 1 21 1 3 (4)

      

 

Sử dụng BĐT (4) BĐT Cô–si ta có:

 

a b c a b c a b c

abc ab bc ca a b c

1 1 1 1 1 1

1 2 3

   

               

   

   

a b c

a b c a b c

1 1 1 1

2   3

         

 

Cũng theo BĐT Cô–si ta có :   a b c

a b c

1 1 9

 

     

 

Do đó:  

a b c

abc a b c a b c

1 1 1 1 1

1 6 3 3

 

           

 

  (đpcm)

Dấu "=" xảy  a = b = c =

Câu VI.a: 1) Gọi I trung điểm BC Ta có

AG 2AI I 7 1;

3 2 2

 

   

 

                           

Đường thẳng BC qua I vng góc với AH có phương trình: x y– –3 0 Vì

I 7 1; 2 2

 

 

  trung điểm BC nên giả sử B x y B; B C7 xB;1 yB và

B B

x  y  0

H trực tâm tam giác ABC nên CH AB; CH    x yB; B,ABxB 3;yB 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 BB B  B   B  BB BB

x y x x

CH AB.  0  x  5 x3 3 y 6 0 y 12 y 36

      

  

  

                         

Vậy B1; , 6;3  C  B6;3 , 1; 2 C   2) S x  y  z 

2

2

( ) : 1  2   4 25 có tâm I1; 2;4  R = 5.

Khoảng cách từ I đến () là: d I ,( )  3 R () mặt cầu (S) cắt

Gọi J điểm đối xứng I qua () Phương trình đường thẳng IJ :

x t

y t

z t

1 2 2 4 2    

  

   

Toạ độ giao điểm H IJ () thoả

 

x t t

y t x H

z t y

x y z z

1 2 1

2 1 1; 1;2

4 2 1

2 2 3 0 2

    

 

    

   

 

  

 

    

 

 

Vì H trung điểm IJ nên J3;0;0

Mặt cầu (S) có tâm J bán kính R = R = nên có phương trình: S x  y z 2 2 ( ) : 3   25 Câu VII.a: Có trường hợp xảy ra:

 Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, khơng có Ngơ Thu Thuỷ Số cách chọn nam cịn lại C

3 6.

Số cách chọn nữ khơng có Ngơ Thu Thuỷ C 9. Suy rasố cách chọn trường hợp C C

3

6 1680 (cách)  Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngơ Thu Thuỷ, khơng có Vũ Mạnh Cường

Số cách chọn nam khơng có Vũ Mạnh Cường C Số cách chọn nữ lại C

2

Suy số cách chọn trường hợp C C

6 540 (cách)

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)

Câu VI.b: 1) Ta có AC vng góc với BH qua M(1; 1) nên có phương trình: y x

Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ :

x

x y A

y x y

2

2 2

4 2 0 3 ;

2 3 3

3 



  

   

   

    

    



Vì M trung điểm AC nên

C 8 8; 3 3

 

 

 

Vì BC qua C song song với d nên BC có phương trình: x

y 2

4  

 

x y x

BH BC B: y x 3 0 y 14 B 4;1 2

4    

  

      



  

 

2) Do ABCD hình thang cân nên AD = BC =

Đường thẳng  có vectơ phương AB  2;6;3



nên có phương trình:

x t

y t

z t

2 2 3 6 3 3    

       Phương trình mặt cầu   S x  y  z 

2 2

:  3  1  2 9 Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

     

x t

t

y t

t t

z t t

x y z

2

2 2

2 2

1 3 6

49 82 33 0 33

3 3

49

3 1 2 9

  



   

 

    

    

 

     

 

 Với t = – 1, D(4; – 3; 0) : khơng thoả AB = CD =

 Với

t 33 D 164; 51 48;

49 49 49 49

 

    

  (nhận)

Câu VII.b:

x y y x

x xy x

3

2

2 2 3.2 (1)

3 1 1 (2)

  

  

 

   

 

Ta có:

 2    3xx21 01 xy x 1   x x yx3 1  1 0  xx 01 y 1 3x    

    

 

 Với x = thay vào (1) ta được:

y y y y y y

2

8 8

2 2 3.2 8 2 12.2 2 log

11 11



        

 Với x

y 1 31 x   

 

 thay y1–3x vào (1) ta : 23 1x 23 1x 3.2 (3) Đặt t23 1x , x1 nên t

1 4 

Khi đó:

(3) :

t loại

t t t

t t thoả

2

1 6 6 0 3 2 ( )

3 2 ( )

  

       

  

Suy ra:  

x x

3

2 1

2 3 2 log 2 1

3

  

       

; y 1 3x 2 log 22  

Vậy Hệ PT cho có nghiệm x

y 2

0 8 log

11  

 

 



 

 

x y

2

1 log 2 1 3

2 log 2

  

  

  



   



Hướng dẫn Đề số 50

Câu I: 2) y 3x2 2mx x x (3  2 )m  Khi m =

2

3 0

  

y x  (1) đồng biến R  thoả yêu cầu tốn.

 Khi m0thì (1) có cực trị

2 0 ,

3

m

x  x 

 

1

( )

f x f x 

3

2

4 2

2 (2 ) 0 4 (1 ) 0

27 27

m m

m m m

     

0

3 6 3 6

2 2

m

m

    

  

 

Kết luận:

3 6 ;

2 2

m  

 

  đồ thị (1) cắt Ox điểm.

Câu II: 1) PT   

2

3 sinxcosx  3 sinxcosx 

 sinxcosx  sinxcosx1 0



3 sin cos 0

3 sin cos 1 0

  



  



x x

x x



3 tan

3

sin sin

6 6

 



 



  

 

 



 



x x



6

2

2 ; 2

3

 



 



  



   



x k

x k x k

2)

 

2

3 2 (1)

2 8 (2)

  

 

 

 

x y xy

x y Điều kiện : x y. 0 ;x y

Ta có: (1) 

2

3(x y ) 4xy  (3x y x )(  3 ) 0y  3 3

y

x y hay x

  

 Với x3y, vào (2) ta :

2 6 8 0 2 ; 4

y  y   y y

 Hệ có nghiệm

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

 Với 3

y

x

, vào (2) ta : 3y2  2y24 0 Vơ nghiệm

Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

Câu III:

6

2

0

sin sin

cos 2 2cos 1

 

 



 x  x

I dx dx

x x

Đặt t cosx dt sinxdx Đổi cận:

3

0 1;

6 2

x  t x  t

Ta

3 1

2

3

2

1 1 2 2

ln

2 1 2 2 2 2



 

 

 t

I dt

t t

=

1 3 2

ln

2 2 5 6

  Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I trung điểm BC Giả thiết cho SIH 450.

Gọi x độ dài cạnh ABC Suy :

3 3 3

, ,

2 3 6

x x x

AI  AH  HI 

SAH vuông H

2

2 2 3

3

x

SH SA AH a  

      

 

 

SHI vuông cân H

3 6

x

SH HI

Suy ra:

2

2

3 3 2 15

6 3 5

x x a

a x

   

   

   

   

   

Do đó:  

2

1 1 5 3 3 15

. . .

3 3 5 5 25

S ABC

a a a

V  SH dt ABC  

Câu V: Gọi

  1 1 2 x y

A x y

x y y x

   

            Đặt

x t

y



1 ( ) 2

A f t t

t

   

Với

 

2 4

1 1

, 2; 4 1 1 1 2 ; 2

2 2

4 2

x

x

x y t

y y

  

  

        

   

 

Ta có:

2

2

1 1 1

( ) 1 ; ( ) 0 1 ; 2

2

  

         



 

t

f t f t t

t t

1 9 9

(2) ; (1) 4 4

2 2 2

f  f  f    A

  (đpcm)

Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) d1d2

Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là:

1: 7x3y 4 0 2: 3x 7y10 0

3

d tạo với d1, d2một tam giác vng cân  d3vng góc với

1 2  Phương trình d3có dạng: 7x3y C 0 hay 3x 7y C 0 Mặt khác, d3qua P( 7;8) nên C = 25 ; C = 77

Suy : d3: 7x3y25 0 hay d3 :3x 7y77 0

Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích

29

2  cạnh huyền 58

Suy độ dài đường cao A H =

58

2 = d A d( , )3

 Với d3 : 7x3y25 0

58 ( ; )

2

d A d 

( thích hợp)  Với d3 : 3x 7y77 0

87 ( ; )

58

d A d 

( loại )

2) Theo giả thiết mp(Oxy) (P): z2 vng góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo đường trịn

tâm O1(0,0,0) , bán kínhR12 tâm O2(0,0, 2), bán kínhR2 8 Suy tâm mặt cầu (S)

là I(0,0, )m  Oz

R bán kính mặt cầu :

2

2

2

2

2

2

4 64 2

8 2

R m

m m

R m

  



    



  



  m16

 R2 65, I0;0;16

Vậy phương trình mặt cầu (S) : x2y2(z16)2 260

Câu VII.a: An3 20n n n( 1)(n 2) 20 n n2 3n 18 0  n = n = – ( loại ) Khi đó:

2

0

6 6

127

. .

2 7 7

a a

Ta có : (1x)6 C60C x C x61  62 2C x63 3C x64 4C x65 5C x66

Nên

 

2

6

6 0 6

0 0

(1 )

2 7

a a

a

a x x

x dx C x C   C  

        

   





7

0

6 6

0

(1 )

. .

7 2 7

a

x a a

a C C C

  

   

 

 



7

7 7

(1 ) 1 127

(1 ) 128 (1 ) 2

7 7 7

a

a a



       

 a1 Vậy a = n =

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 3) bán kính R =

Gọi H trung điểm dây cung AB AH = IH  R2 AH2  52 42 3 hay

( , ) 3

d I   (*)

() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax By 0 ; A2B2 0

Từ (*) cho : 2

3

3 (4 3 ) 0

A B

A A B

A B



   

  A0 hay 4A3B0  Với 4A3B0, chọn A = 3; B = –  Phương trình (): 3x 4y0  Với A = 0, chọn B =  Phương trình (): y0

Kết luận : PT () 3x 4y0 hay y0 2) () qua điểm A(1;0;0) có VTCP u (1; 1; 2) 



(P) có VTPT n (2; 2; 1)  Giao điểm M(0;0;m) cho AM  ( 1;0; )m



() có VTPT n AM u, ( ;m m 2;1)

 

  

 

  

() (P): 2x 2y z  1 0 tạo thành góc 600 nên :

 

2

1 1 1

cos , 2 4 1 0

2 2 4 5 2

       

 

n n m m

m m

 



m m

2

2

   

 

 .

Kết luận : M(0;0;2 2) hay M(0;0;2 2)

Câu VII.b: PT

1 2

1 2

.3 0

3

x

x x x

x m x m

   

  

 

   



 

 

Đặt : ( ) 3x x

f x 

,

1 .ln 3

( ) 3



 

x x f x

;  

1

( ) 0 1;2

ln 3

     

f x x

2 1 1 1

( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )

9 ln 3 .ln 3 .ln 3

 

        

 

f f f f x

e e ; x  1; 2

Kết luận : Khi

1 3

.ln 3

m e

  