Câu1 a) y = x4 − 2x2 TXĐ :R y ' = 4 x3 − 4 x Đạo hàm x = 0 y'= 0 ⇔   x = ±1 Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1). x >1 y'> 0 ⇔   −1 < x < 1  x < −1 y'< 0 ⇔  0 < x < 1 h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+ ∞ ) (−∞; −1) và (0;1) h/s nghịch biến trên BBT: x’ y’ y -∞ +∞ +∞ -1 0 0 + 0 1 - 0 0 -1 + +∞ -1 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D y = x4 − 2 x2 ( 2;0) và E ( 2;0) b) y 2 = 4 x3 − 4 ( m + 1) x y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4(m + 1) x = 0 ⇔ 4 x  x 2 − (m + 1)  = 0 x = 0 ⇔ 2  x − (m + 1) = 0 (*) Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. >-1 Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 = m + 1 và x2 = − m + 1 ⇔ m+1>0 ⇔ m Gọi M (0; m 2 ); N ( m + 1; −2m − 1) P( − m + 1; −2m − 1) Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra ⇔ (m + 1) ( m + 1)3 − 1 = 0 m=0 (vì m>-1) Vậy m=0 Câu 2. ĐK: x ∈ R¡ ∆MNP phải cân tại M MN 2 + MP 2 = NP 2 3sin 2 x + cos2 x = 2cos x −1 ⇔ 2 3 sin x cos x + 2cos 2 x −1=2cos x −1 ⇔ cos x ( ) 3 sin x + cos x −1 =0 cos x =0 ⇔ 3  sin x + 1 cos x = 1  2 2 2  π  x = 2 + kπ ⇔ sin  x + π = 1   6 ÷  2  π  x = 2 + kπ  π π ⇔  x + = + m2π  6 6  π 5π  x + = + n2π  6 6  π  x = 2 + kπ  ⇔  x = m2π ( k ,n,m∈¢  2π  x = + n2π 3  ) Câu 3. Đặt y = -z Đặt  x 3 + z 3 − 3 ( x 2 + z 2 ) − 9 ( x + z ) + 22 = 0   2 1 2 x + z − x + z = ( )   2  S 3 − 3SP − 3 ( S 2 − 2 P ) − 9S + 22 = 0 S = x + z  ⇒  1 2 P = xz  S − 2P − S =  2  S 3 − 3SP − 3S 2 + 6 P − 9S + 22 = 0 ( 1)  ⇔ 2 1 S − 2 P − S = ( 2)  2  Từ (2) 2S 2 − 2S − 1 ⇒P= 4 Thay vào (1) ta được : 3 6 S 3 − S ( 2S 2 − 2S − 1) − 3S 2 + ( 2S 2 − 2S − 1) − 9S + 22 = 0 4 4 ⇔ −2S 3 + 6S 2 − 45S + 82 = 0 S = 2 ⇔ 2  S − 2S + 41 = 0 ( 3) Phương trình (3) vô nghiệm vì Vậy ∆ ' = −40 < 0 x + z = 2 3  3 1 1 3 S =2⇒ P = ⇒ ⇔ x ; z = ( ) 3  ; ÷,  ; ÷ 4 xz = 2 2 2 2   4 3 1 1 3 ( x; y ) =  ; − ÷,  ; − ÷ 2 2 2 2 Vậy Câu 4. 3 1 1 + ln ( x + 1) ln ( x + 1)  dx = + dx ∫1  x 2 1 x2 x2  I =∫ =∫ 3 1 Với 3 3 ln ( x + 1) 1 dx + ∫1 x 2 dx = I1 + I 2 x2 I1 = ∫ 3 1 I2 = ∫ 3 1 3 1 1 2 dx = − = x2 x1 3 ln ( x + 1) dx 2 x Đặt 1  u = ln ( x + 1) du = dx   x +1 ⇒  1 dv = 2 dx v = − 1 dx x   x 3 3 1 1 ⇒ I 2 = − ln ( x + 1) + ∫ dx 1 x x ( x + 1) 1 3 1 1  31  = − ln 4 + ln 2 +  ∫ dx − ∫ dx  1 x +1 3 1 x  1 x = − ln 4 + ln 2 + ln 3 x +1 3 1 1 3 = ln 2 + ln 3 2 Vậy I= 2 1 3 + ln 2 + ln 3 3 2 Câu 5. Tích Thể Tích khối chóp S.ABC Gọi M là trung điểm AB => 1 a MH= MB= 3 6 Vì ∆ABC đều cạnh a, CM là đường a 3 cao => CM= 2 Xét ∆CMH vuông tại M 2  a 3   a 2 7 2 Theo Pitago ta có: CH2 =CM2 +MH2 =  + ÷ = a ÷  2 ÷ 6 9   a 7 => CH= 3 o · Ta có ( SC,( ABC ) ) =SCH=60 SH a 21 · tanSCH= = 3 ⇒ SH=HC. 3= HC 3 2 3 a3 7 1 1 a 21 a => V = SH.S = . . = SABCΔABC 3 3 3 4 12 Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d) => d [ BC;SA ] =d  B→( SA,d )  Dựng hình thoi ABCD Dựng HK HK ⊥ AD (k ∈ AD ) HI ⊥ SK ( I ∈ SK ) Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AD HK ⊥ AD nên ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SHK ) Mà AD ⊥ ( SHK ) Mà HI ⊥ SK nên HI ⊥ ( SAD ) ⇒ HI là khoảng cách từ H đến (SAD) 2a 3 a · KH = AH sin KAH = . = 3 2 3 Vì 2 2 1 1 1 24  3   3 · SHK = 90o nên = + = + =  ÷ 2 HI 2 HS 2 HK 2  a 21 ÷   a ÷  7a ⇒ HI = a 7 2 6 Vì BC//(SAD) và HA = 2 AB nên khoảng cách cần tìm là 3 3 3 a 7 a 42 HI = . = 2 2 2 6 8 Câu 6. Cách 1: Không mất tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z. Từ giả thiết suy ra z = − ( x + y ) do đó, ( P = 3x − y + 3 y −z + 3x −z − 12 x 2 + y 2 + ( x + y ) ( 2 ) = 3x − y + 32 y +x + 32 x + y − 12 x 2 + y 2 + ( x + y ) 2 ) Đặt 2a − b  x =  a = 2 x + y 3 thì  và  2 b − a b = 2 y + x y =   3 Thay vào P ta được : a≥b≥0 P = 3a −b + 3a + 3b − 2 a 2 − ab + b 2 2 2  a+b  a −b  = 3 +3 +3 −2  + 3 ÷  ÷  2   2  a+b a −b ,v = Đặt u = thì u ≥ v ≥ 0 và ta có : 2 2 a −b a b P = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2 Xét hàm: P = f (u ) = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2 , u ≥ v ≥ 0 f '(u ) = 3u + v ln 3 + 3u −v ln 3 − 2u u 2 + 3v 2 ≥ 2 ln 3 − 2 > 0 ⇒ f (u ) đồng biến trên [ v; +∞) kéo theo f (u ) ≥ f (v ) = 9v + 32 v + 1 − 2 4v 2 = 2.9v − 4v + 1 (1) Xét g (v) = 2.9v − 4v + 1, v ≥ 0 g '(v ) = 2.9v ln 9 − 4 = 4.9v ln 3 − 4 ≥ 4 ln 3 − 4 > 0 do v ≥ 0 Suy ra g(v) đồng biến trên [ 0; +∞), kéo theo g (v) ≥ g (0) = 3 Từ (1) và (2),suy ra f(u) ≥ 3 hay P ≥ 3 Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0 Vậy min P=3 Cách2 Đặt a = x − y ,b = y − Z ,c = z − x Từ giả thiết suy ra Do đó x 2 + y 2 + z 2 = −2 ( xy + yz + zx ) ( 6 ( x2 + y 2 + z 2 ) = 2 x − y + y − z + z − x Vì vậy nếu đặt và (2) 2 2 2 a = x − y ,b = y − z ,c = z − x ) thì a , b, c ≥ 0 a + b ≥ c, b + c ≥ a , c + a ≥ b Ta có P = 3a + 3b + 3c − 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) Vì a+b ≥ c nên ( a + b ) c ≥ c2 Tương tự ( b + c ) a ≥ a2 ( c + a ) b ≥ b2 Công ba bất đẳng thức trên ta được 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 Do vậy P ≥ 3a + 3b + 3c − ( a + b + c ) = ( 3a − a ) + ( 3b − b ) + ( 3c − c ) Xét hàm f ( x ) = 3x − x , x ≥ 0 f ' ( x ) = 3x ln 3 − 1 > 0 ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) = 1 Vì Vậy P ≥ 3 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0 Câu 7. a). h = d ( M , AN ) = 1 11 − − 3 2 22 + ( −1) 2 = 15 3 5 = 2 2 5 Đặt AB = 6 x, x > 0 Có 1 1 AD.DN = 6 x.2 x = 6 x 2 2 2 1 1 S ABM = AB.BM = 6 x.3x = 9 x 2 2 2 1 1 SCMN = CM .CN = 3x.4 x = 6 x 2 2 2 ⇒ S AMN = S ABCD − S ADN − S ABM − SCMN S ADN = = 36 x 2 − 6 x 2 − 9 x 2 − 6 x 2 = 15 x 2 Theo định lý pitago AN = AD 2 + DN 2 = 36 x 2 + 4 x 2 = 2 10 x 2S AMN 30 x 2 15 x 3 5 1 ⇒h= = = ⇒ ⇒x= AN 2 2 10 x 10 2 Định lý pitago AM = AB 2 + BM 2 = 36 x 2 + 9 x 2 = 145 x = AN :2 x − y − 3 = 0 ⇔ y = 2 x − 3 Đặt: A(a; 2a − 3) 2 2 11   1  ⇒  a − ÷ +  2a − 3 − ÷ = 2  2  2 45 2 2 11   7 45  ⇔  a − ÷ +  2a − ÷ = 2  2 2  ⇔ 5a 2 − 25a + 20 = 0 ⇔ a 2 − 5a + 4 = 0 a = 1 ⇔ a = 4 Vậy A1 (1; −1), A2 (4;5) Câu 8. a). Gọi A(a − 1; 2a; a + 2) B ( b − 1; 2b; b + 2 ) I ( 0; 0;3) Với a ≠ b 45 2 → ⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1) → IB = ( b − 1; 2b; b − 1) ⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2 2 IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2 2 Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên  → → IA . IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0 ⇔ 2  2 2 2  IA = IB 6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2 (1) 3ab − ( a + b ) + 1 = 0 ⇔ ( a − b ) 6 ( a + b ) − 4  = 0 (2) Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+b = 2 3 thế vào (1) = 8 3 Ta được ab = − 1 9  1+ 2 a =   3 ⇒ b = 1 − 2  3  8 ⇒ IA2 = 3 Vậy ( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3) Câu 9. a). 2 5Cnn −1 = C n3 n ( n −1) ( n −2 ) 1.2.3 ⇔30 = n 2 −3n + 2 ⇔5n = ⇔n 2 −3n −28 = 0 n = 7(t / m) ⇔ n =−4(loai ) Khai triển 7 7  7x 1   x 1 − hay  ÷  − ÷ 14 x    2 x 2 2 Số hạng tổng quát là 7−k 2 k  x  C7  ÷  2 k  1 − ÷  x x14−3k = C 7 ( −1) . 7 − k , k ∈ N , k ≤ 7 2 k k Xét 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 Vậy số hạng chứa x 5 là x5 35 C ( −1) 4 = − x 5 2 16 3 7 3 Câu 7b) Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnh hình vuông thỏa mãn A(a;a) a>0 Suy ra a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2 x2 y 2 4 4 (E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 m n m n Vì 2m=8 nên m=4 ⇒ 1 4 16 + 2 = 1 ⇒ n2 = 4 n 3 Vậy x2 y2 ( E ): + =1 16 16 3 Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:  x = 2t − 1  (t ∈ ¡ ) y = t z = t + 2  Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c) Ta có  2t − 1 + a = 2 a = 3 − 2t t + b = −2 b = −2 − t   ⇔   t + 2 + c = 4 c = 2 − t  a + b − 2c + 5 = 0 a + b − 2c + 5 = 0 ⇒ 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0 ⇔t=2 Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn Câu 9 b) Đặt Z = a + bi ( a, b ∈ R ) . −  5 Z + i ÷   = 2−i 2 +1 ⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1) ⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i ⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a ) = 0 3a − b − 2 = 0 a = 1 ⇔ ⇔  6 − 7b + a = 0 b = 1 Vậy Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i 2 ⇒ W=1+1+i+2i=2+3i Z = 22 + 32 = 13 [...]... ⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1) → IB = ( b − 1; 2b; b − 1) ⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2 2 IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2 2 Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên  → → IA IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0 ⇔ 2  2 2 2  IA = IB  6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2 (1) 3ab − ( a + b ) + 1 = 0 ⇔ ( a − b ) 6 ( a + b ) − 4  = 0 (2) Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+ b = 2 3 thế vào (1) = 8 3 Ta được ab... Ta có  2t − 1 + a = 2 a = 3 − 2t t + b = −2 b = −2 − t   ⇔   t + 2 + c = 4 c = 2 − t  a + b − 2c + 5 = 0  a + b − 2c + 5 = 0 ⇒ 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0 ⇔t=2 Vậy M(3;2;4), khác A => th a mãn Câu 9 b) Đặt Z = a + bi ( a, b ∈ R ) −  5 Z + i ÷   = 2−i 2 +1 ⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1) ⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i ⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a. .. ch a x 5 là x5 35 C ( −1) 4 = − x 5 2 16 3 7 3 Câu 7b) Do tính đối xứng c a (E) nên giao điểm c a (C) và (E) là đỉnh hình vuông th a mãn A( a ;a) a> 0 Suy ra a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2 x2 y 2 4 4 (E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 m n m n Vì 2m=8 nên m=4 ⇒ 1 4 16 + 2 = 1 ⇒ n2 = 4 n 3 Vậy x2 y2 ( E ): + =1 16 16 3 Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:  x = 2t − 1  (t ∈ ¡ ) y = t z = t + 2  Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a; b;c)... 4  = 0 (2) Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+ b = 2 3 thế vào (1) = 8 3 Ta được ab = − 1 9  1+ 2 a =   3 ⇒ b = 1 − 2  3  8 ⇒ IA2 = 3 Vậy ( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3) Câu 9 a) 2 5Cnn −1 = C n3 n ( n −1) ( n −2 ) 1.2.3 ⇔30 = n 2 −3n + 2 ⇔5n = ⇔n 2 −3n −28 = 0 n = 7(t / m) ⇔ n =−4(loai ) Khai triển 7 7  7x 1   x 1 − hay  ÷  − ÷ 14 x    2 x 2 2 Số hạng tổng quát là 7−k 2 k  x  C7  ÷  2 k  1... + bi ( a, b ∈ R ) −  5 Z + i ÷   = 2−i 2 +1 ⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1) ⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i ⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a ) = 0  3a − b − 2 = 0 a = 1 ⇔ ⇔  6 − 7b + a = 0 b = 1 Vậy Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i 2 ⇒ W=1+1+i+2i=2+3i Z = 22 + 32 = 13  ... Đặt: A( a; 2a − 3) 2 11   1  ⇒  a − ÷ +  2a − − ÷ = 2  2  45 2 11   7 45  ⇔  a − ÷ +  2a − ÷ = 2  2  ⇔ 5a − 2 5a + 20 = ⇔ a − 5a + = a = ⇔ a = Vậy A1 (1; −1), A2 (4;5) Câu a) ... 2a − b  x =  a = x + y   b − a b = y + x y =   Thay vào P ta : a b≥0 P = 3a −b + 3a + 3b − a − ab + b 2  a+ b  a −b  = +3 +3 −2  + ÷  ÷     a+ b a −b ,v = Đặt u = u ≥ v ≥ ta... H đến (SAD) 2a a · KH = AH sin KAH = = 3 Vì 2 1 24    3 · SHK = 90o nên = + = + =  ÷ HI HS HK  a 21 ÷   a ÷  7a ⇒ HI = a Vì BC//(SAD) HA = AB nên khoảng cách cần tìm 3 a a 42 HI =