CAO ĐẲNG SƯ PHẠM TPHCM Bài I: 1) Khảo sát hàm số: + = − 1 1 x y x (C) • TXĐ: D = R \ (1) • 2 2 ' 0 ( 1) y x − = < ⇒ − Hàm số giảm trên từng khoảng xác đònh. • TCĐ: x = 1 vì → = ∞ 1 lim x y • TCN: y = 1 vì →∞ =lim 1 x y • BBT: • Đồ thò: A B M O x y 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm P(3, 1): Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k: y = k( x-3) + 1 (d) tiếp xúc (C)    ⇔     2 x+1 = k(x-3) + 1 (1) x-1 -2 = k (2) (x-1) có nghiệm Thay (2) vào (1) : + = + − 2 1 -2(x-3) 1 1 (x-1) x x ⇔ − = − − + − ⇔ = ⇔ = 2 2 1 2( 3) ( 1) 4 8 2 x x x x x Thay vào (2) ⇒ = −2k Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua P là: y= -2x + 7 3) ∈ 0 0 0 ( , ) ( )M x y C . Tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích không phụ thuộc M. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: = − + 0 0 0 '( )( )y f x x x y 0 0 0 2 0 0 2 2 0 0 2 0 1 ) 1 3 1 3 ( 1) ( 1) -3 ( ( -1) x x x x x x x x y x x + + − + − − = + − − ⇔ = − Giao điểm với tiệm cận đứng x =1.   + + = ⇒ = ⇒  ÷ − −   0 0 0 0 4 4 1 1, 1 1 x x x y A x x Giao điểm với tiệm cận ngang y = 1. − −   = ⇒ = ⇒  ÷   0 0 5 2 5 2 1 ,1 3 3 x x y x B Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1) Ta có : = = − − + − = − − − − = − − = = 0 0 0 0 0 1 1 . . 2 2 4 5 2 1 1 . 1 2 1 3 5 2 1 5 . 1 2 1 3 25 hằng số 6 A I B I IAB IA IB y y x x x x x x x S Vậy: IAB S không phụ thuộc vào vò trí điểm M. Bài II: 1) Giải phương trình: − + − = 4 2 4 6 2 2 log ( 1) log ( 1) 25x x Ta có : •        − = − = − = − 4 4 4 2 2 4 2 2 2 2 log ( 1) log ( 1) 2log 1 16.log 1x x x x • 2 2 4 6 6 2 2 2 2 2 6 log ( 1) log ( 1) log 1 9.log 1 2 x x x x           − = − = − = − Do đó: Phương trình ⇔ − + − − = 4 2 2 2 16.log 1 9.log 1 25 0x x Đặt = − 2 2 log 1t x . Điều kiện ≥ 0t Khi đó phương trình trở thành :      + − = ⇔ 2 t = 1 16 9 25 0 25 t = - (loại) 16 t t Vậy phương trình ⇔ − = 2 2 log 1 1x  − =  ⇔  − =   ⇔ = ∨ = − ∨ = ∨ = ⇔ − = ± 2 1 2 1 1 2 3 1 3 1 2 2 log 1 1 x x x x x x x 2) Tìm m − + + − − = 2 6 ( 5)(1 ) 0x x m x x để có nghiệm . Đặt = − − = − + − = − − ≤ 2 2 ( 5)(1 ) 6 5 4 ( 3) 4t x x x x x Suy ra điều kiện ≤ ≤ 0 4t Khi đó phương trình trở thành: − − + + = 2 ( 5) 0t m t ⇔ − + = 2 5t t m (*) Xem hàm số = − + 2 5y t t trên [0,4]. Ta có : = −' 2 1y t = ⇔ = 1 ' 0 2 y t Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Phương trình có nghiệm ⇔ Phương trình (*) có nghiệm trong [0,4] ⇔ ≤ ≤ 19 17 4 m Bài III: 1) Giải phương trình 2sin2x = 3tgx + 1 Đặt t = tgx ⇒ = + 2 2 sin2 1 t x t Khi đó phương trình trở thành: = + + 2 2 2. 3 1 1 t t t ⇔ + − + = ⇔ + − + =  ⇔   3 2 2 2 3 1 0 ( 1)(3 2 1) 0 t=-1 (3t - 2t + 1)=0 (vô nghiệm) t t t t t t Vậy phương trình π ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ ¢1 ( ) 4 tgx x k k 2) Tính các góc của tam giác ABC biết: − + = 3 cos2 cos2 cos2 2 A B C Ta có: + − = 3 cos2 cos2 cos2 2 A C B 2 2 3 2cos( )cos( ) cos2 2 3 2cos .cos( ) 2 cos 1 2 1 cos cos .cos( ) 0 4 A C A C B B A C B B B A C ⇔ + − − = ⇔ − − − + = ⇔ + − + = 2 2 2 2 1 1 1 cos cos( ) cos ( ) 0 2 4 4 1 1 cos cos( ) sin ( ) 0 2 4 1 cos cos( ) 0 2 sin( ) 0 1 120 cos 2 30 B A C A C B A C A C B A C A C B B A C A C   ⇔ + − + − − =       ⇔ + − + − =      + − =  ⇔   − =   = ° = −   ⇔ ⇔   = = °   =  Bài IV: 1) Giải 10 9 8 9 (1) x x x A A A+ = Điều kiện ≥ 10x và ∈ ¥x Ta có: (1) ⇔ + = − − − ! ! ! 9 ( 10)! ( 9)! ( 8)! x x x x x x ⇔ + = − − − ⇔ + = − − − − − − ⇔ + = − − − ⇔ − + = =  ⇔ ⇔ =  =  2 ! ! 9 ( 10)! ( 9)! ( 8)! ! ! 9 ( 10)! ( 10)!( 9) ( 10)!( 9)( 8) 1 9 1 9 ( 9)( 8) 16 55 0 11 11 5( ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x loại 2) Từ các số 1, 2, 5, 7, 8 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 276. Gọi số cần tìm có dạng = 1 2 3 x a a a Vì x < 276 nên ∈ 1 {1,2}a . Ta có 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: = 1 1a Số các số = 2 3 1x a a là: = 4 2 12A (số) Trường hợp 2: = 1 2a • = ⇒ ∈ 2 3 7 {1,5}a a ⇒ Có 2 số. • ∈ ⇒ 2 2 {1,5}a a có 2 cách chọn và a 3 có 3 cách chọn ⇒ Có × = 2 3 6 Suy ra số các số = 2 3 2x a a là : 2 + 6 = 8 số. Vậy số các số cần tìm là:12 + 8 = 20 (số) Bài V: Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân biệt:      2 2 x + (m-2)x = my (1) y + (m+2)y = mx (2) Lấy (1) trừ (2) được: − + + − = − 2 2 ( 2)( ) ( )x y m x y m y x    ⇔ − + + + = = ⇔ = − − − ( )( 2 2) 0 2 2 x y x y m y x y x m • Với y = x, hệ trở thành:                     = + + = = = = − ⇔ ⇔ ∨ = = − + = 2 2 ( 2) 0 2 0 2 2 0 y x x m x mx y x x x y y x x • Với = − − −2 2y x m , hệ trở thành:           = − − − + + = − − − ⇔ 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2 2) y = - x - 2m - 2 (3) (*) x + 2(m+1)x + 2m + 2m = 0 (4) y x m x m x m x m Do đó hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt:    ⇔    (*) có đúng 1 nghiệm (0,0) (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2) (*) có đúng 2 nghiệm (0,0) ,(-2,-2) (*) vô nghiệm Trường hợp 1: (*) có đúng 1 nghiệm (0,0) ⇒ 0 = -2m-2 ( Do (3) ) ⇒ m = -1 Thử lại với m= -1 (*) trở thành:           = − = ⇔ = = 2 0 0 0 y x x y x Vậy nhận m = -1 Trường hợp 2: (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2) ⇒ -2 = 2 –2m – 2 ⇒ m = 1 Thử lại với m=1 (*) trở thành:           = − − = − ⇔ = − + + = 2 4 2 2 4 4 0 y x x y x x Vậy nhận m = 1 Trường hợp 3: (*) có đúng 2 nghiệm (0, 0),(-2, -2)    = − ⇒ = 1 1 m m (do trường hợp 1 và trường hợp 2) điều này không xảy ra . Trường hợp 4 : (*) vô nghiệm ⇔ (4) vô nghiệm ⇔ ∆ = − < ⇔ < − ∨ > 2 ' 1 0 1 1 m m m Tóm lại: Khi ≤ − ∨ ≥1 1m m thì hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt . . 3 cách chọn ⇒ Có × = 2 3 6 Suy ra số các số = 2 3 2x a a là : 2 + 6 = 8 số. Vậy số các số cần tìm là:12 + 8 = 20 (số) Bài V: Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân. hợp sau: Trường hợp 1: = 1 1a Số các số = 2 3 1x a a là: = 4 2 12A (số) Trường hợp 2: = 1 2a • = ⇒ ∈ 2 3 7 {1,5}a a ⇒ Có 2 số. • ∈ ⇒ 2 2 {1,5}a a có 2 cách