Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 0 Khi đó hàm số trở thành: 4 2 y x 2x= − • TXĐ: R. • Hàm số là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy • 3 2 x 0 y' 4x 4x 4x(x 1) y' 0 x 1 =  = − = − ⇒ = ⇔  = ±  Ta có: f (0) 0;f( 1) 1.= ± = − • 2 3 3 5 y'' 12x 4 y'' 0 x ;f 3 3 9   = − ⇒ = ⇔ = ± ± = −  ÷  ÷   • Bảng biến thiên: Đồ thị lõm trong các khoảng: 3 3 ; ; ; 3 3     −∞ − +∞  ÷  ÷  ÷  ÷     và lồi trong 3 3 ; 3 3   −  ÷  ÷   . • Hàm số đạt cực tiểu tại x 1= ± ; đạt cực đại tại x 0 = . • Vẽ đồ thị: đồ thị tiếp xúc với Ox tại x 0 = và cắt Ox tại x 2= ± . 1 2. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình ( ) 4 2 3 2 3 1x m x m− + + = − ( ) 4 2 3 2 3 1 0x m x m⇔ − + + + = (*) Đặt 2 0t x= ≥ thì (*) trở thành: ( ) 2 3 2 3 1 0t m t m− + + + = (**) Giả sử các nghiệm của (*) là 1 x < 2 x < 3 x < 4 x < 2 Thì 1 2 x t= − ; 2 1 x t= − ; 3 1 x t= ; 4 2 x t= với 0 < 1 t < 2 t là các nghiệm (**) Do đó: 1 x < 2 x < 3 x < 4 x < 2 ⇔ 0 < 1 t < 2 t < 2 0 ⇔ < 1 t < 2 t < 4 Nhưng (**) ⇔ ( ) ( ) 1 3 1 0t t m− − − = ⇔ t 1 t 3m 1 =   = +  Do đó bài toán thoả mãn 0 3 1 4 3 1 1 m m < + <  ⇔  + ≠  ( ) 1 1 1 ;0 0;1 3 3 0 m m m  − < <    ⇔ ⇔ ∈ − ∪   ÷    ≠  . 2 Câu II. 1. Giải phương trình: 3cos 5x -2sin 3x cos2x - sin x = 0 3cos 5x - (sin 5x +sin x) = sin x⇔ ( ) ( ) 3cos 5x - sin5x= 2 sin x 3 1 cos 5x - sin 5x sin x 2 2 sin( 5x) sin x 3 5x x 2k 3 k 5x x 2k 3 k x 18 3 k Z k x 3 2 ⇔ ⇔ = π ⇔ − = π  − = − + π  ⇔ ∈  π  − = π+ + π   π π  = +  ⇔ ∈  π π  = +   ¢ 2. Điều kiện xác định: x 0≠ Hệ phương trình ( ) 2 2 3 x y 1 x 5 x y 1 0 x  + + =   ⇔   + − + =   Đặt u x y 1 v x = +    =   Ta có: 2 2 2 2 u 1 3v u 3v 1 u 5v 1 0 (3v 1) 5v 1 0 + = = −   ⇔   − + = − − + =   2 2v 3v 1 0⇒ − + = v 1 1 v . 2 =   ⇔  =  +) v = 1 ⇒ u = 2 Ta có: x y 2 x 1 1 y 1. 1 x + =  =   ⇔   = =    3 +) 1 1 v u 2 2 = ⇒ = Ta có: 1 x 2 x y 2 3 1 1 y . 2 x 2  = + =     ⇔   = −   =    Kết hợp ĐKXĐ, hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là : (1;1) và 3 2; 2   −  ÷   . Câu III. Đặt x x dt t e 1 dt e dx dx t 1 = − ⇒ = ⇒ = + 3 x 1 t e 1 x 3 t e 1 = ⇒ = − = ⇒ = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 e 1 e 1 e 1 e 1 3 3 3 3 2 2 dt 1 1 I dt t(t 1) t t 1 e 1 ln t ln t 1 e 1 ln e 1 ln e ln e 1 ln e ln e 1 ln e 1 2 ln e 1 e e 1 ln e 1 2 ln e e 1 2. − − − −   = = −  ÷ + +   − = − + − = − − − − + = − − − − = − + + − − − = + + − ∫ ∫ Câu IV. 4 +) Từ I hạ IH AC IH (ABC)⊥ ⇒ ⊥ AA'C: ∆ 2 2 2 2 2 2 AC A'C -AA' 9a 4a 5a= = − = 2 2 AC 5a AC a 5= ⇒ = ABC : ∆ 2 2 2 2 2 2 BC AC AB 5a a 4a BC 2a= − = − = ⇒ = ⇒ 2 ABC 1 1 S AB.BC a 2a a 2 2 ∆ = = = A 'M 1 a 5 A'M AC 2 2 = ⇒ = A 'M IK 1 4a IH 2IK IH AC IH 2 3 = = ⇒ = ⇒ = ⇒ 2 3 IABC 1 a 2a 4a V 3 3 9 = = Từ trên HC 2AH⇒ = HD CH 2 2 HD a AB CA 3 3 = = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 4a 4a 8a 2a 2 ID IH HD ID 9 9 9 3 = + = + = ⇒ = 2 IBC 1 2a 2 2a 2 S .2a. 2 3 3 ∆ = = 5 Khoảng cách từ A đến 3 IABC 2 IBC 4a 3. 3V 9 (ABC) a 2 S 2 2a 3 = = = . Câu V. Đặt xy t= , với , 0x y ≥ thì 0 xy t≤ = 2 1 2 4 x y+   ≤ =  ÷   Khi đó: S = 2 16 2 12t t− + 32 2S t ′ = − Lập bảng biến thiên của S với 1 0; 4 t   ∈     Từ đó ta có: S đạt giá trị nhỏ nhất là 191 16 và đạt giá trị lớn nhất là 25 2 Phần riêng A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a 1. Toạ độ A là nghiệm của hệ: 7x 2y 3 0 x 1 A(1;2) 6x y 4 0 y 2 − − = =   ⇔ ⇔   − − = =   6 Suy ra toạ độ B(3; 2)− Phương trình đường cao AH: 6x y 4 0− − = ⇒ phương trình đường thẳng BC là: x 3 6t y 2 t = +   = − −  Gọi E là trung điểm của BC, tọa độ E tìm được từ hệ: 7x 2y 3 0 x 3 6t y 2 t − − =   = +   = − −  Tìm được ( ) 3 E 0; C 3; 1 2   − ⇒ − −  ÷   Phương trình đường thẳng AC là: 3x 4y 5 0− + = . 2. Phương trình đường thẳng AB là: x 2 t y 1 t z 2t = −   = +   =  Toạ độ D có dạng D(2 t;1 t ;2t) CD (1 t;t ;2t)− + ⇒ = − uuur Vectơ pháp tuyến của (P) là: n (1;1;1).= r 1 CD //(P) CD.n 0 (1 t) t 2t 0 t 2 ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ = − uuur r . Vậy 5 1 D ; ; 1 2 2   −  ÷   . Câu VII. a Giả sử z = a + bi với a; b ∈ ¡ và M (a ; b) là điểm biểu diễn của z. Ta có: ( ) a bi 3 4i 2 (a 3) (b 4)i 2+ − − = ⇔ − + + = ( ) ( ) 2 2 a 3 b 4 4⇔ − + + = ⇔ M(a;b) thuộc đường tròn tâm I (3; 4)− , bán kính R 2= . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI. b 7 1. Đường tròn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = 1 Từ giả thiết ta có: · 0 MIx =60 Gọi H là hình chiếu của M trên Ox, ta có: · 0 1 IH IM.cosMIH 1.cos60 2 = = = 3 OH 2 → = · 0 3 MH IM.sin MIH 1.sin 60 2 = = = Do tính chất đối xứng của đường tròn, ta có 2 điểm M thỏa mãn là: 1 3 3 M ; 2 2    ÷  ÷   và 2 3 3 M ; 2 2   −  ÷  ÷   2. Gọi M là giao điểm của ∆ và (P), tìm được M( 3; 1;1)− Vectơ chỉ phương của ∆ là u ∆ uur = (1; 1; -1); p n uur = (1; 2; −3); p u , n ∆     uur uur = (−1; 2; 1) x 3 y 1 z 1 d : 1 2 1 + − − ⇒ = = − Câu VII.b Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn 2 x x 1 2x m x + − = − + 2 2 x x 1 2x mx⇔ + − = − + (với x 0≠ ) 2 3x x(1 m) 1 0⇔ + − − = (1) Phương trình (1) có ac 3 0= − < nên luôn có 2 nghiệm phân biệt là 1 2 x 0 x< < . Khi đó: 1 1 A(x ; 2x m)− + và 2 2 B(x ; 2x m)− + . Suy ra trung điểm AB là 1 2 1 2 x x I ; (x x ) m 2 +   − + +  ÷   . 8 I thuộc trục tung 1 2 x x m 1 0 0 m 1 2 6 + − ⇔ = ⇔ = ⇔ = (vì theo định lý Vi-ét thì 1 2 m 1 x x 3 − + = ). Vậy m = 1. Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo 9 .  = +   =  Toạ độ D có d ng D( 2 t;1 t ;2t) CD (1 t;t ;2t)− + ⇒ = − uuur Vectơ pháp tuyến của (P) là: n (1;1;1).= r 1 CD //(P) CD.n 0 (1 t) t 2t 0 t. x x dt t e 1 dt e dx dx t 1 = − ⇒ = ⇒ = + 3 x 1 t e 1 x 3 t e 1 = ⇒ = − = ⇒ = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 e 1 e 1 e 1 e 1 3 3 3 3 2 2 dt 1