ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Đáp án Thang điểm Bài 1: 1.Khi m=1. 3 7 2 3 x y 2 3  xx TXĐ : D = R +        31 31 022 '2' x x yxxy Hàm số đồng biến (-∞; -1- 3 )  (-1+ 3 ; +∞) Hàm số nghịch biến ( -1- 3 ;1+ 3 ) y CĐ = y(-1- 3 ) = y CT = y(-1+ 3 ) = 0,5 .10;22 ''''  xyxy Đồ thị hàm số lồi trên (-∞; -1) Đồ thị hàm số lõm trên (-1;-∞) Nhận I(-1, 3 7  ) làm điểm uốn +   yLimyLim xx ; Bảng biến thiên x -∞ -1- 3 -1+ 3 +∞ y’ + 0 - 0 + y CĐ +∞ -∞ CT Đồ thị: 2. Xét phương trình : 0 3 1 22 3 2 3  mxmx x trên [0; 2] Đặt .22)(;0 3 1 22 3 )( 2'2 3  mxxxfmxmx x xf Phương trình: 0)( ' xf luôn có hai nghiệm trái dấu x 1 <0<x 2 Lại do ) 6 5 ;0(0)2().0( ''  mff nên : x 1 <0<x 2 <2 0.5 0,5 0.5 0.5 + Ta có bảng biến thiên: x -∞ x 1 0 x 2 2 +∞ f’ 0 - 0 + f có:             0 3 5 2)2( ) 6 5 ;0(];2;0[0)() 6 5 ;0( 0 3 1 2)0( mf mxxfm mf + Vậy 3 104 |) 3 1 2( 312 [) 3 1 22 3 ( 2 0 2 0 2 34 2 3    m xmx mxx dxmxmx x s +Do ) 6 5 ;0( 2 1 4 3 104 4    m m S ĐS : 2 1 m Bài 2: 1./ ĐK :      1 0cos tgx x + Phương trình đã cho )1.()3(5)2.(1.3  tgxtgxtgx +Đặt 2 0)53).(2( 0 )2(01 2        t ttt t ttgx + Với )(32 Zkkxtgtgxt            thỏa mản điều kiện 2.ĐK: x>0 +Phương trình đã cho       )2()3(log2log )1(log2 0))3(log2)(loglog2( 72 2 722 xx xx xxxx + Giải (1)               )'1( 2 lnln 0 2 0 2 x x x x x x x Xét hàm số: x x xf ln )(  trên (0;+∞) ; exxf x x xf    0)(; ln1 )( ' 2 ' 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Bảng biến thiên. x 0 e f’ f - 0 + e 1 Từ bảng biến thiên  hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa mãn (1’). Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4. + Giải (2). Đặt: )'2(. 7 3 ) 7 4 (13472)3(log2log 72 t ttt txx  Xét hàm số: . 7 3 ) 7 4 ()( t t tg  luôn nghịch biến  (2’) có nghiệm duy nhất t =1 Vậy (2) có nghiệm x =2 + KL: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 2; x=4 Bài 3: 1. + Đặt sinx = t có phương trình đã cho       2 10 ttaa t + Đặt: 0 yta hệ trên                            att yt ty ytyt tya ty yta tya ty 2 2 2 2 10;0 0)1)(( 10;010;0 + Xét hàm số: f(t)= t 2 – t trên [0;1]. có: 4 1 ) 2 1 (;0)1()0( 2 1 0)(;12)( ''  fffttfttf Hệ trên có nghiệm khi đường thẳng y=a cắt đường cong y=f(t)= t 2 -t trên [0;1] 0 4 1  a Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm khi 04 4 1  2. ĐK : x>0. + Đặt: t x x  1 (đk :t  2) với t =2 cho giá trị x=1 (*) với t>2 cho giá trị x>0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 + Ta có : (1)                   2 012)( 12 0)12)(2( 2 2 2 t atttf xt attt t + Do (*) nên để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT (1) phải có đúng 1 nghiệm t>2 Nhận xét: Tính a.c =1 vậy để phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t>2 thì (1) phải có nghiệm các trường hợp sau:                         4 5 0)2( 2 2 2 0 21 21 af VN VN tt tt a Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a< 4 5  Bài 4: 1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có: A R RR A AR R A a BOC a cos 2 2 2 sin sin2 2 2 sin sin 111  Tương tự choCOA, AOB : . cos 2 ; cos 2 32 C R R B R R  + Vậy có: )1(.6 cos 1 cos 1 cos 1  C B A + Dễ có : 6 2 3 9 coscoscos 9 cos 1 cos 1 cos 1    CBACBA (Do ABC nhọn). + ( Phải chứng minh :    CBA coscoscos 2 3 ) + Vậy (1) o CBACosCCosBCosA 60 2. (E):  My x 1 4 2 2 đường thẳng M(a;2) 2y   + Gọi T 1 (x 1 ,y 1 ); T 2 (x 2 ,y 2 ) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T 1 , T 2 là:  1 : 1. 4 1 1  yy xx  2 : 1. 4 2 2  yy xx 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Do  1 ;  2 đi qua M(a, 2)           12 4 . 12 4 . 2 2 1 1 y xa y xa Nhận xét : T 1 , T 2 có tọa độ thỏa mản phương trình đường thẳng 12 4 . :  y xa Vậy phương trình đường thẳng T 1 , T 2 là; ax + 8y – 4 =0. + Đường tròn tâm M tiếp xúc T 1 , T 2 có bán kính là: 64 12 64 12 )( 2 2 2 2 21       a a R a a TT M dR + Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt 64 12 )(0 2    t t tfRta 2 3 )0(00 )64(2 116 )( min 3 '     fRt t t tf đạt được khi : t=0  a=0 + Kết luận: vậy điểm M(0;2). Bài 5 : 1. Từ: )0)(( )2(32 )( )( )1(32 )( )( )()32()( )()32()( 0)()(4)( ' ' ' ' 2'2'                  xfdo xf xf xf xf xfxf xfxf xfxfxf + Xét (1) Có:    1 ' )32()(ln)32( )( )( Cxxfdxdx xf xf 011)0()( 1 )32( 11   Cefdoexf CCx + Vậy: x exf )32( )(   + Xét (2) tương tự : ta được kết quả : .)32( )( x exf   Đáp số: .)32( )( x exf   hoặc .)32( )( x exf   0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Có: GAOGGAOGOAGAOGOA .2 222  Tương tự ta có: GBOGGBOGOB .2 222  GCOGGCOGOC .2 222  GDOGGDOGOD .2 222  + Từ trên : 222222 )(4 GDGCGBGAOGR  + Lại có : GA.GA 1 = GB.GB 1 =GC.GC 1 =GD.GD 1 =R 2 – OG 2 Vậy : ) 1111 )(( 22 1111 GD GC GB GA OGRGDGCGBGA  ) 1111 ).(( 4 1 2222 GD GC GB GA GDGCGBGA  + áp dụng Bunhia và cosi có: ) 1111 ()( 16 1 2 1111 GD GC GB GA GDGCGBGAGDGCGBGA  GDGCGBGA     Dấu bằng xảy ra      GDGCGBGA Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ diện ABCD đều 0.5 0.5 . lồi trên (- ; -1 ) Đồ thị hàm số lõm trên (-1 ;- ) Nhận I (-1 , 3 7  ) làm điểm uốn +   yLimyLim xx ; Bảng biến thi n x - -1 - 3 -1 + 3 +∞ y’ + 0 - 0 + y CĐ +∞ - CT Đồ.        31 31 022 '2' x x yxxy Hàm số đồng biến (- ; -1 - 3 )  (-1 + 3 ; +∞) Hàm số nghịch biến ( -1 - 3 ;1+ 3 ) y CĐ = y (-1 - 3 ) = y CT = y (-1 + 3 ) = 0,5 .10;22 '''' . T 2 có bán kính là: 64 12 64 12 )( 2 2 2 2 21       a a R a a TT M dR + Ta tìm a để R nhỏ nhất : Đặt 64 12 )(0 2    t t tfRta 2 3 )0(00 )64 (2 1 16 )( min 3 '    