Câu1 a) 4 22y x x= −

TXĐ :R

Đạo hàm

3' 4 4

0' 0

1

y x x

xy

x

= −== ⇔ = ±

Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1).1

' 01 1

xy

x

>> ⇔ − < <

h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+∞ )

1' 0

0 1

xy

x

< −< ⇔ < <

h/s nghịch biến trên ( ; 1) à (0;1)v−∞ −

BBT:

x’ -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 0 +∞

-1 -1

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D ( 2;0) à ( 2;0)v E4 22y x x= −

b)( )2 3

3

2

2

4 4 1

' 0 4 4( 1) 0

4 ( 1) 0

0

( 1) 0 (*)

y x m x

y x m x

x x m

x

x m

= − +

= ⇔ − + =

⇔ − + = =

⇔ − + =Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ⇔ m+1>0 ⇔ m >-1Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt

1 1x m= + và 2 1x m= − +Gọi

2(0; ); ( 1; 2 1)

( 1; 2 1)

M m N m m

P m m

+ − −

− + − −Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên MNP∆ phải cân tại M

Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra 2 2 2MN MP NP+ =3( 1) ( 1) 1 0m m ⇔ + + − =

<=>m=0 (vì m>-1)

Vậy m=0

Câu 2. ĐK: x R∈ ¡

( )

( )

3sin2 cos2 2cos 122 3sin cos 2cos 1 2cos 1

cos 3sin cos 1 0

cos 0

3 1 1sin cos

2 2 2

21

sin6 2

2

26 6

52

6 6

22 , ,

22

3

x x x

x x x x

x x x

x

x x

x k

x

x k

x m

x n

x k

x m k n m

x n

π π

π

π π

π π π

π π π

π π

ππ π

+ = −

⇔ + − = −⇔ + − =

=⇔ + = = +

⇔ + = ÷

= +⇔ + = +

+ = + = +⇔ = ∈

= +

¢

Câu 3.Đặt y = -z

( ) ( )

( )

3 3 2 2

2 2

3 9 22 0

1

2

x z x z x z

x z x z

+ − + − + + =

+ − + =

Đặt

( )

( )

( )

3 2

2

3 2

2

3 3 2 9 22 0

12

2

3 3 6 9 22 0 1

12 2

2

S SP S P SS x z

P xz S P S

S SP S P S

S P S

− − − − + == + ⇒ = − − =

− − + − + =⇔ − − =

Từ (2) 22 2 1

4

S SP

− −⇒ =

Thay vào (1) ta được :

( ) ( )

( )

3 2 2 2

3 2

2

3 62 2 1 3 2 2 1 9 22 0

4 4

2 6 45 82 0

2

2 41 0 3

S S S S S S S S

S S S

S

S S

− − − − + − − − + =

⇔ − + − + ==

⇔ − + =Phương trình (3) vô nghiệm vì ' 40 0∆ = − <

Vậy

( )2

3 3 1 1 32 ; ; , ;3

4 2 2 2 24

x zS P x z

xz

+ = = ⇒ = ⇒ ⇔ = ÷ ÷=

Vậy ( ) 3 1 1 3; ; , ;

2 2 2 2x y = − − ÷ ÷

Câu 4.

( ) ( )

( )

3 3

2 2 21 1

3 3

1 22 21 1

1 ln 1 ln 11

ln 11

x xI dx dx

x x x

xdx dx I I

x x

+ + + = = +

+

= + = +

∫ ∫

∫ ∫

Với

( )

33

1 211

3

2 21

1 1 2

3

ln 1

I dxx x

xI dx

x

= = − =

+=

∫

∫Đặt

( )

( ) ( )

2

33

2 11

3 3

1 1

3

1

1ln 1

11 1

1 1ln 1

1

1 1 1ln 4 ln 2

3 1

1ln 4 ln 2 ln

3 1

1 3ln 2 ln

3 2

u x du dxx

dv dx v dxx x

I x dxx x x

dx dxx x

x

x

= + = +⇒ = = −

⇒ = − + ++

= − + + − +

= − + ++

= +

∫

∫ ∫

Vậy 2 1 3

ln 2 ln3 3 2

I = + +

Câu 5.Tích Thể Tích khối chóp S.ABCGọi M là trung điểm AB =>

1 aMH= MB=3 6

Vì ABC∆ đều cạnh a, CM là đường

cao => a 3CM=

2

Xét CMH∆ vuông tại M

Theo Pitago ta có: 2 2 2CH =CM +MH =

2 2a 3 a+

2 6

÷ ÷ ÷

=7 2a9

=>a 7

CH=3

Ta có ( )( ) · oSC, ABC =SCH=60

· SH a 21tanSCH= = 3 SH=HC. 3=HC 3

⇒

=>2 31 1 a 21 a 3 a 7

V = SH.S = . . =SABCΔABC3 3 3 4 12

Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BCNên BC//(SA;d)

=> [ ] ( )d =d

BC;SA B SA,d→

Dựng hình thoi ABCDDựng HK

( )

( )

HK AD k AD

HI SK I SK

⊥ ∈⊥ ∈

Ta có ( )SH ABC SH AD⊥ ⇒ ⊥

Mà HK AD⊥ nên ( )AD SHK⊥

( ) ( )SAD SHK⇒ ⊥

Mà ( )êHI SK n n HI SAD⊥ ⊥⇒ HI là khoảng cách từ H đến (SAD)

· 2 3AHsin .

3 2 3

a aKH KAH= = =

Vì

·22

2 2 2 2

1 1 1 3 3 2490 ê

721

7

2 6

oSHK n nHI HS HK a aa

aHI

= = + = + = ÷ ÷ ÷

⇒ =

Vì BC//(SAD) và 2

3HA AB= nên khoảng cách cần tìm là

3 3 7 42.

2 2 2 6 8

a aHI = =

Câu 6.Cách 1:Không mất tổng quát, giả sử .x y z≥ ≥Từ giả thiết suy ra ( )z x y= − + do đó,

( )( )( )( )

22 2

22 2 2 2

3 3 3 12

3 3 3 12

x y y z x z

x y y x x y

P x y x y

x y x y

− − −

− + +

= + + − + + +

= + + − + + +

Đặt

2

2

a x y

b y x

= + = +

thì

2

32

3

a bx

b ay

− = − =

và 0a b≥ ≥

Thay vào P ta được :2 2

2 2

3 3 3 2

3 3 3 2 32 2

a b a b

a b a b

P a ab b

a b a b

−

−

= + + − − +

+ − = + + − + ÷ ÷

Đặt ,2 2

a b a bu v

+ −= = thì 0u v≥ ≥ và ta có :

2 29 3 3 2 3v u v u vP u v+ −= + + − +Xét hàm:

2 2

2 2

( ) 9 3 3 2 3 , 0

2'( ) 3 ln 3 3 ln 3

32ln 3 2 0

v u v u v

u v u v

P f u u v u v

uf u

u v

+ −

+ −

= = + + − + ≥ ≥

= + −+

≥ − >

( )f u⇒ đồng biến trên [ ; )v +∞ kéo theo 2 2( ) ( ) 9 3 1 2 4

2.9 4 1 (1)

v v

v

f u f v v

v

≥ = + + −= − +Xét ( ) 2.9 4 1, 0vg v v v= − + ≥

'( ) 2.9 ln 9 4 4.9 ln 3 4 4ln 3 4 0 0v vg v dov= − = − ≥ − > ≥Suy ra g(v) đồng biến trên [ 0; ),+∞ kéo theo ( ) (0) 3 (2)g v g≥ =

Từ (1) và (2),suy ra f(u)≥ 3 hay P≥ 3Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0Vậy min P=3Cách2

Đặt , ,a x y b y Z c z x= − = − = −

Từ giả thiết suy ra ( )2 2 2 2x y z xy yz zx+ + = − + +

Do đó ( ) ( )2 2 22 2 26 2x y z x y y z z x+ + = − + − + −

Vì vậy nếu đặt , ,a x y b y z c z x= − = − = − thì , , 0a b c ≥

và , ,a b c b c a c a b+ ≥ + ≥ + ≥

Ta có

( )2 2 23 3 3 2a b cP a b c= + + − + +

Vì a b c+ ≥ nên ( ) 2a b c c+ ≥Tương tự

( )( )

2

2

b c a a

c a b b

+ ≥

+ ≥Công ba bất đẳng thức trên ta được

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 22 2ab bc ca a b c a b c a b c+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +

Do vậy

( )( ) ( ) ( )

3 3 3

3 3 3

a b c

a b c

P a b c

a b c

≥ + + − + +

= − + − + −Xét hàm

( )( )

( ) ( )

'

3 , 0

3 ln 3 1 0

0 1

x

x

f x x x

f x

f x f

= − ≥

= − >

⇒ ≥ =Vì Vậy 3P ≥ , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0

Câu 7.

a).

( )( ) 22

111 3

15 3 52,

22 52 1h d M AN

− −= = = =

+ −Đặt

6 , 0AB x x= >

Có

2

2

2

2 2 2 2 2

1 1. 6 .2 6

2 21 1

. 6 .3 92 21 1

. 3 .4 62 2

36 6 9 6 15

ADN

ABM

CMN

AMN ABCD ADN ABM CMN

S AD DN x x x

S AB BM x x x

S CM CN x x x

S S S S S

x x x x x

= = =

= = =

= = =

⇒ = − − −

= − − − =

Theo định lý pitago 2 2AN AD DN= +

2 2

2

36 4 2 10

2 30 15 3 5 1

22 10 10 2AMN

x x x

S x xh x

AN x

= + =

⇒ = = = ⇒ ⇒ =

Định lý pitago

2 2 2 2 4536 9 145

2AM AB BM x x x= + = + = =

:2 3 0 2 3AN x y y x− − = ⇔ = −Đặt: ( ;2 3)A a a −

2 2

2 2

2 2

11 1 452 3

2 2 2

11 7 452

2 2 2

5 25 20 0 5 4 0

1

4

a a

a a

a a a a

a

a

⇒ − + − − = ÷ ÷

⇔ − + − = ÷ ÷ ⇔ − + = ⇔ − + =

=⇔ =Vậy 1 2(1; 1), (4;5)A A−

Câu 8.

a).

Gọi

( )( )

( 1;2 ; 2)

1;2 ; 2

0;0;3

A a a a

B b b b

I

− +− + Với a ≠ b

( )

( )( )

( )

22 2 2

22 2 2

1;2; 1

1;2 ; 1

2 1 4 6 4 2

2 1 4 6 4 2

IA a a

IB b b b

IA a a a a

IB b b b b

→

→

⇒ = − −

= − −

⇒ = − + = − +

= − + = − +

Vì IAB∆ Vuông cân tại I nên

( ) ( )

( )( ) ( )

2 22 2

2 1 1 4 0. 0

6 4 2 6 4 2

3 1 0 (1)

6 4 0 (2)

a b abIA IB

a a b bIA IB

ab a b

a b a b

→ → − − + = = ⇔ − + = − +=

− + + =⇔ − + − =

Từ (2) vì a ≠ b 2

3a b⇔ + = thế vào (1)

Ta được1

9ab = −

2

1 2

3

1 2

38

3

a

b

IA

+=⇒ − =

⇒ =

Vậy

( ) ( ) 22 2 8: 3

3S x y Z+ + − =

Câu 9.a).

( ) ( )

1 3

2

2

5

1 25

1.2.3

30 3 2

3 28 0

7( / )

4( )

n

nnC C

n n nn

n n

n n

n t m

n loai

− =

− −⇔ =

⇔ = − +⇔ − − =

=⇔ =−

Khai triển7 72 27 1 1

14 2

x xhay

x x

− − ÷ ÷

Số hạng tổng quát là

( )7

72

7

14 3

7

1

2

1 . , , 72

k kk

kkk

k

xC

x

xC k N k

−

−

−

− ÷ ÷

= − ∈ ≤

Xét 14 3 5 3k k− = ⇔ =

Vậy số hạng chứa 5x là

( )5

33 57 4

351

2 16

xC x− = −

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>0Suy ra 2 2 8 2a a a+ = ⇒ =

2 2

2 2 2 2

4 4( ) : 1 1

x yE

m n m n+ = ⇒ + =

Vì 2m=8 nên m=4 22

1 4 161

4 3n

n⇒ + = ⇒ =

Vậy 2 2

( ): 116163

x yE + =

Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:2 1

( )

2

x t

y t t

z t

= − = ∈ = +

¡

Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)Ta có

2 1 2 3 2

2 2

2 4 2

2 5 0 2 5 0

3 2 2 4 2 5 0

2

t a a t

t b b t

t c c t

a b c a b c

t t t

t

− + = = − + = − = − − ⇔ + + = = − + − + = + − + = ⇒ − − − − + + =⇔ =Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn

Câu 9 b)Đặt

( ), .Z a bi a b R= + ∈

( ) ( ) ( )

( ) ( )

52

2 15 2 1

5 5 5 2 2 2

3 2 6 7 0

3 2 0 1

6 7 0 1

Z ii

a bi i i a bi

a bi i a bi ai b i

a b i b a

a b a

b a b

− + ÷ = −+

⇔ − + = − + +⇔ − + = + + − + −⇔ − − + − + =

− − = = ⇔ ⇔ − + = =

Vậy

( ) 22

2 2

1 , 1 1 2 1 2

W=1+1+i+2i=2+3i

2 3 13

Z i Z i i i

Z

= + = + = + − =⇒

= + =