38 đề ôn thi đại học môn Toán có lời giải

________________________________________________________________________________
Câu I.
1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
y =
x - x + 1
x - 1
2
.
2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C).
3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x2 + a.
Câu II.
Cho hệ phỷơng trình
x y xy m
x y m
+ + =
+ =
 2 2
1) Giải hệ với m = 5.
2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm?
Câu III.
1) Cho bất phỷơng trình
x2 + 2x(cosy + siny) + 1 ≥ 0.
Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y.
2) Giải phỷơng trình lỷợng giác
sin x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 32
Câu IVa.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip
E) :
x
9
+
y
4
2 2
= 1,
________________________________________________________________________________
và hai đỷờng thẳng
(D) : ax - by = 0, (D’) : bx + ay = 0,
với a2 + b2 > 0.
1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D’) với (E).
2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ.
3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất.
4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất.
Câu IVb. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với
mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M. Dỷồng BN CM BH CM⊥ ⊥, . Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N.
1) Chỷỏng minh : BN CM⊥
2) Chỷỏng minh : BM CN⊥
3) Hãy chỉ cách dỷồng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất.
___________________________________________________________ 
 Câu 1 
 1) Bạn đọc tự giải nhé! 
2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy. Đ−ờng thẳng qua A, với hệ số góc k có ph−ơng trình : 
y = kx + b. 
Ta có 
2x x 1 1y x
x 1 x 1
− += = +− − ; 2
1y' 1
(x 1)
= − − 
Hoành độ tiếp điểm của đ−ờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ 
2
1x kx b
x 1
11 k
(x 1)
 + = + − − = −
⇒ 2
1 1x 1 x b
x 1 (x 1)
 + = − + − −  
⇒ 2bx 2(1 b)x (1 b) 0− + + + = 
 (1) 
y b = 0 : (1) trở thành −2x + 1 = 0 ⇔ 1x
2
= 
y b ≠ 0 : (1) có nghiệm khi 
 2' (1 b) b(1 b) 0∆ = + − + ≥ ⇔ b ≥ −1 (b ≠ 0) 
Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đ−ợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có 
tung độ b ≥ −1. 
3) Hoành độ tiếp điểm của parabol 2y x a= + với đồ thị (C) là nghiệm của hệ : 
2
o
2
1x x a
x 1
11 2x
(x 1)
 + = + − − = −
Từ ph−ơng trình thứ hai, suy ra : 
2x(2x 5x 4) 0− + = ⇒ x = 0. 
Thay vào ph−ơng trình đầu thì đ−ợc a = - 1. 
Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ : 
2
S P m
S 2P m
+ = − =
1) Với m = 5 ta đ−ợc : 
 2
S P 5
S 2P 5
+ = − =
 ⇒ P = 5 − S ⇒ 2S 2S 15 0+ − = 
⇒ S = −5, S = 3. 
Với S = −5, ta có P = 10, loại vì điều kiện 2S 4P≥ không đ−ợc nghiệm đúng. 
Với S = 3, ta có P = 2 và đ−ợc 
x 2,
y 1,
= = 
x 1
y 2.
= = 
2) Trong tr−ờng hợp tổng quát, P = m - S ⇒ 
2S 2S 3m 0+ − = . 
___________________________________________________________ 
Để ph−ơng trình có nghiệm, cần phải có : 
1' 1 3m 0 m
3
∆ = + ≥ ⇒ ≥ − . 
Khi đó gọi 1S và 2S là các nghiệm : 
1S 1 1 3m= − − + , 2S 1 1 3m= − + + . 
a) Với 1S S= ⇒ 1P m S= − , điều kiện 2S 4P≥ trở thành 
2(1 1 3m) 4(m 1 1 3m)+ + ≥ + + + ⇒ (m 2) 2 1 3m− + ≥ + , 
không đ−ợc nghiệm vì 1m
3
≥ − ⇒ m + 2 > 0. 
b) Với 2S S= ⇒ 2P m S= − , điều kiện 2S 4P≥ trở thành : 
2( 1 1 3m) 4(m 1 1 3m)− + + ≥ + − + ⇒ 2 1 3m m 2+ ≥ + . 
Vì m + 2 > 0, có thể bình ph−ơng hai vế của bất ph−ơng trình này và đi đến 
20 m 8m 0 m 8≥ − ⇒ ≤ ≤ . 
Cùng với 
1m
3
≥ − suy ra đáp số : 0 ≤ m ≤ 8. 
Câu III. 1) Hiển nhiên với x = 0 bất ph−ơng trình đ−ợc nghiệm với mọi y. Xét x > 0 ⇒ 
21 xcosy siny
2x
++ ≥ − . 
Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2 , giá trị nhỏ nhất bằng 2− , vậy phải có : 
2
21 x2 x 2 2x 1 0
2x
+− ≥ − ⇒ − + ≥ ⇒ 
⇒ 0 x 2 1< ≤ − , x 2 1≥ + . 
Xét x < 0 ⇒ 21 xcosy siny
2x
++ ≤ − ⇒ 
⇒ 
2
21 x2 x 2 2x 1 0 x 2 1
2x
+≤ − ⇒ + + ≥ ⇒ ≤ − − , 
2 1 x 0− + ≤ < . 
Tóm lại các giá trị phải tìm là : 
x 2 1≤ − − , 2 1 x 2 1− + ≤ ≤ − , 2 1 x+ ≤ 
hay : | x | 2 1≥ + , | x | 2 1≤ − 
2) Điều kiện : x k
2
π≠ + π ( k ∈ Z). Chia hai vế cho 2cos x ta đ−ợc ph−ơng trình t−ơng đ−ơng : 
2 2tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+ = − + + 
⇔ 2tg x(tgx 1) 3(tgx 1) 0+ − + = 
⇔ 2(tgx 1)(tg x 3) 0+ − = 
⇔ tgx 1
tgx 3
= − = ±
 ⇔ 
x k
4
x k
3
π = − + π π = ± + π
 ( k ∈ Z) 
________________________________________________________________________________
Câu IVa. Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D’) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số
(D) :
x bt
y at
=
=
 (D’) :
x at
y bt
=
= −

'
'
1) Thay biểu thức của (D) vào phỷơng trình của (E), ta đỷợc các giá trị của tham số t ứng với các giao điểm M, N. Từ
đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N):
M
6b
9a + 4b
,
6a
9a + 4b
, N -
6b
9a + 4b
, -
6a
9a + 4b2 2 2 2 2 2 2





 2





.
Tỷơng tự:
P
6a
4a + 9b
, -
6b
4a + 9b
, Q -
6a
4a + 9b
,
6b
4a + 9b2 2 2 2 2 2 2





 2





.
2) Tứ giác MPNQ là hình thoi, với diện tích
S = 2OM.OP =
72(a + b )
(9a + 4b )(4a + 9b )
2 2
2 2 2 2
. (1)
3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) và (D’) có dạng thuần nhất (hay đẳng cấp) đối với a, b, tức là thay cho a và b,
ta viết ka và kb với k 
 0. Do vậy, có thể coi rằng a 2 + b 2 = 1. Khi đó (1) trở thành
S =
72
(4 + 5a )(4 + 5b )
=
72
36 + 25a b
72
6
= 12,
2 2 2 2
≤
dấu = chỉ có thể xảy ra khi ab = 0, tức là hoặc a = 0 hoặc b = 0. (Khi đó cặp đỷờng thẳng (D) và (D’) trùng với cặp hệ trục
tọa độ).
4) Vẫn với giả thiết a 2 + b 2 = 1, theo trên ta có
S =
72
36 + 25a b2 2
suy ra min S =
144
13
, xảy ra khi |a| = |b|, tức là cặp đỷờng thẳng (D), (D’) là cặp các phân giác y ⊄ x = 0 của hệ
trục tọa độ Oxy.
Câu IVb. (Hình bên)
1) BK ⊥ AC, BK ⊥ AMBK⊥(ACM)BK⊥CM.
Cùng với BH ⊥ CM, suy ra (BKH) ⊥ CM BN ⊥ CM.
2) Do (BKH) ⊥ CM KH ⊥ CM. Vậy K là trực tâm tam giác CMN, và ta đỷợc MK ⊥ CN. Cùng với BK ⊥ CN
(BMK)⊥ CN BM ⊥ CN.
3) Vì K là trực tâm tam giác CMN, nên AM.AN = AK.AC
Vậy khi M di chuyển trên d, tích AM.AN không đổiMN = = AM + AN nhỏ nhất khi AM = AN. Khi đó
AM 2 = AK.AC, AM là đỷờng cao trong tam giác vuông CMK’, cạnh huyền CK’, K’ là điểm đối xứng của K qua A.
________________________________________________________________________________
Vì 2|ab|  a 2 + b 2= 1 suy ra a 2b 2 
1
4
, dấu = chỉ xảy ra khi |a| = |b|, vậy S 
72
36 +
25
4
=
144
13
,
2(x1 + x3)(x1 + x4)(x2 + x3)(x2 + x4) =
= 2(b - d)2 - (a2 - c2)(b - d) + (a + c)2(b + d).
2) a, b, c là 3 số tùy ý thuộc đoạn [0 ; 1]. Chỷỏng minh :
a
b + c + 1
+
b
a + c + 1
+
c
a + b + 1
+ (1 - a)(1 - b)(1 - c) ≤ 1.
Câu II. 1) Giải phỷơng trình
sin3x + cos3x = 2 - sin4x.
2) k, l, m là độ dài các trung tuyến của tam giác ABC, R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng
minh rằng
k + l + m ≤ 9R
2
.
Câu III.
Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(3, 0) và parabol (P) có phỷơng trình y = x2.
1) M là một điểm thuộc parabol (P), có hoành độ xM = a. Tính độ dài đoạn AM, xác định a để AM ngắn
nhất.
2) Chỷỏng tỏ rằng nếu đoạn AM ngắn nhất, thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của parabol (P).
Câu IVa.
Cho hai số nguyên dỷơng p và q khác nhau.
Tính tích phân I =
0
2
cospx cosqx dx
π∫ .
_______________________________________________________________
Câu I.
1) Giả sử phỷơng trình x2 + ax + b = 0 có nghiệm x1 và x2, phỷơng trình x
2 + cx + d = 0 có nghiệm x3 và x4.
Chỷỏng tỏ rằng
Câu Va.
Cho hai đỷờng tròn
(C1) x
2 + y2 - 6x + 5 = 0,
(C2) x
2 + y2 - 12x - 6y + 44 = 0.
Xác định phỷơng trình các đÛờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đỷờng tròn trên.
Câu IVb. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với các đỷờng chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt
nhau tại O. Đỷờng cao của hình chóp là SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC, cắt SB, SC, SD lần
lỷỳồt tại B’, C’, D’.
1) Xác định h để B’C’D’ là tam giác đều.
2) Tính bán kính r của hình cầu nội tiếp hình chóp theo a và h.
Câu Vb.
Hai góc nhọn A, B của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện
tg2A + tg2B = 2tg2
A + B
2
.
Chỷỏng tỏ rằng ABC là một tam giác cân.
_______________________________________________________________
________________________________________________________________________________
Câu I. 1) Đặt A = (x1 + x3)(x1 + x 4)(x 2 + x3)(x 2 + x 4)
Ta có (x1 + x3)(x1 + x4) = x + x (x + x ) + x x =1
2
1 3 4 3 4
-(ax1 + b) - cx1 + d = (d - b) - (a +c)x1,
(x 2 + x3)(x 2 + x 4) = (d - b) - (a + c)x 2,
do đó A = [(d - b) - (a + c)x1][(d - b) - (a + c)x 2] = (d - b)
2 + (a + c)(b - d)(x1 + x 2) + (a + c)
2x1x 2 =
= (b - d)2 - (a + c)(b - d)a + (a + c)2b.
Vai trò hai phỷơng trình là nhỷ nhau trong biểu thức của A, nên ta cũng có:
A = (b - d) 2 - (a + c)(b - d)a + (a + c) 2b.
Cộng hai biểu thức này của A thì suy ra kết quả.
2) Không giảm tổng quát có thể xem a 
 b 
 c khi đó theo bđt Côsi ta có
(a + b + 1)(1 - a)(1 - b) 

a + b + 1 + 1- a + 1 - b
3
= 1




Suy ra (1 - a)(1 - b) 

1
a + b + 1
 (1 - a)(1 - b)(1 - c) 

1 - c
a + b + 1
Từ đó
a
b + c + 1
+
b
a + c + 1
+
c
a + b + 1
+ (1 - a)(1 - b)(1 - c) ≤


a
a + b + 1
+
b
a + b + 1
+
c
a + b + 1
+
1 - c
a + b + 1
= 1.
Câu II. 1) Ta có sin3x + cos3x
 sin2x + cos2x = 1, 2 - sin4x 1.
Vậy dấu = chỉ có thể xảy ra khi ta có đồng thời
sin cos
sin
3 3
4
1
2 1
x x
x
+ =
− =

 sinx = 1 x =
π
2
+ 2kπ (k  Z).
2) Giả sử k, l, m là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C thế thì
________________________________________________________________________________
2k2 +
a
2
= b + c
2
2 2 ,
2l2 +
b
2
2
= a2 + c2,



 k2 + l2 + m2 =
3
4
(a2 + b2 + c2).
2m2 +
c
2
2
= a2 + b2
Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 = 4R2(sin 2A + sin 2B + sin 2C),
4sin 2A + 4sin 2B + 4sin 2C = 2(1 - cos2A) + 2(1 - cos2B) + 4(1 - cos 2C) =
= 8 + 4cosCcos(A - B) - 4cos 2C = 8 + cos 2(A - B) - [2cosC - cos(A - B)] 2 
 9,
suy ra:
k + l + m
3
9R
4
2 2 2 2
≤ .
Nh vậy:
k + l + m
3
k + l + m
3
9R
4
2 2 2 2 2


 ≤ ≤  k + l + m 

9R
2
.
Câu III. 1) Vì M thuộc P, nên M có tung độ a 2, vậy
AM
2
= (x
M
- x
A
) 2 + (y
M
- y
A
) 2 = a 4 + (a - 3) 2.
Hàm f(a) =a 4 + (a - 3) 2 có đạo hàm
f’(a) = 4a3 + 2(a - 3) = 2(a - 1)(2a 2 + 2a + 3),
suy ra khi a = 1, f(a) đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy đoạn AM ngắn nhất khi M ƒ M (1 , 1).
2) Với M (1 , 1) đỷờng thẳng AM có hệ số góc
k =
y - y
x - x
= -
1
2
M A
M A
.
Vì P có phỷơng trình y = x 2  y’ = 2x, nên tại M tiếp tuyến của P có hệ số góc k’ = 2, suy ra tiếp tuyến ấy vuông góc
với đỷờng thẳng AM.
_______________________________________________________ 
Câu IVa. 
Xét hai tr−ờng hợp sau : 
a) p = q : 
2 2
o
I cos pxdx
π= ∫ 
2
o
2
o
1 1 sin2px(1 cos2px)dx x
2 2 2p
ππ  = + = + = π  ∫ 
b) p ≠ q : 2
o
1I [cos(p q)x cos(p q)x]dx
2
π= + + −∫ 
2
o
1 sin(p q)x sin(p q)x 0
2 p q p q
π + −= + = + − 
Câu Va. Ph−ơng trình 1(C ) và 2(C ) lần l−ợt đ−ợc viết lại d−ới dạng : 
2 2 2
1(C : (x 3) y 2− + = , 
2 2 2
2(C ) : (x 6) ... chính là phỷơng trình đỷờng thẳng T1T2.
2) Giả sử đ ờng thẳng D có ph ơng trình tham số
x = a + at
y = b + bt
(t 
 R).
Vì D không đi qua gốc tọa độ O, nên
a
b



 ab - ba  0
(có thể chứng minh kết quả mạnh hơn : vì D không cắt đỷờng tròn, nên (ab - ba)2 > (a2 + b2)R2).
Nếu M(xo , yo) 
 D, thì tồn tại t để
xo = a + at
yo = b + bt,
khi đó đỷờng thẳng T1T2 có phỷơng trình
(a + at)x + (b + bt)y - R2 = 0 (ax + by)t + (ax + by - R2) = 0.
Khi M chạy trên D, thì t thay đổi. Đỷờng thẳng T1T2 sẽ đi qua một điểm cố định (x , y) nếu hệ phỷơng trình
ax + by = 0
_______________________________________________________________
ax + by = R2
có nghiệm duy nhất (x , y). Vì hệ trên có định thức
D =
 
a b
= ba - ab  0,
nên nó có nghiệm duy nhất x =

 

 
R
a - b
, y =
R
b - a
2 2
.
Tóm lại : đỷờng thẳng T1T2 luôn đi qua điểm cố định (x , y).
Câu IVb. 1) Dựng các đỷờng cao AJ và CI của DABC, H
là giao điểm của AJ và CI. Trong mặt phẳng (COI) dựng
Hx  CI Hx  AB (vì AB  (COI)) Hx  (ABC).
Hx cắt OI tại K ; AK cắt OB tại F.
HK  (ABC) HK  BC
 (AFJ)  BC
Theo cách dựng thì AJ  BC
BC  AF
 (BCO)  AF BO  AF. (1)
CO  AF
Vì AB  (BOI) AB  OI. (2)
Từ (1), (2) suy ra K là trực tâm DABO ; vì D thuộc HK
nên DA thuộc mặt phẳng (AFJ). Do BC  (AFJ) nên
BC  AD.Chứng minh tỷơng tự ta có AC  (BHK)
AC  BD.
2) HK (ABC)HK CIODK CIO
^ ^
 vì cùng phụ vớiOCI
^
 tam giác vuông DKO đồng dạng với tam giác vuông
ICO
OD
OI
=
OK
OC
 OC.OD = OI.OK. (3)
Nhỷng tứ giác BIKF nội tiếp đỷờng tròn đỷờng kính BK, theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có
_______________________________________________________________
OB.OF = OI.OK. (4)
Từ (3), (4) suy ra OC.OD = OB.OF = abcos; VABCD = VCABO + VDABO =
1
3
dt(ABO).(OC + OD).
Vậy VABCD nhỏ nhất (OC + OD) nhỏ nhất ; nhỷng tích OC.OD không đổi nên (OC + OD)min
 OC = OD = abcos, vậy minVABCD =
1
3
.
1
2
. absin .2 abcos  =
1
3
absin abcos .
3) Mặt cầu ngoại tiếp ABCD cắt (BCD) theo một đỷờng tròn ngoại tiếp BCD.
Đỷờng tròn này cắt đỷờng OB tại B’ (Hình vẽ), theo hệ thức lỷợng trong đỷờng tròn ta có :
OB’.OB = OC.OD = abcos.
Suy ra OB’ không đổi mà B’ và B luôn khác phía đối với O nên B’ cố định.
Mặt cầu ngoại tiếp ABCD đi qua A ; B ; B’ cố định nên tâm của nó thuộc đỷờng thẳng D‘ vuông góc với mặt phẳng
(A, B, B’) tại tâm đỷờng tròn ngoại tiếp DABB’.
Suy ra 	‘ cố định.
_______________________________________________________________
Câu I.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 - 3x2 - 9x + 1.
2) Tìm điều kiện đối với a và b, sao cho đỷờng thẳng y = ax + b cắt đồ thị trên tại 3 điểm khác nhau A, B, C,
với B là trung điểm của đoạn AC.
Câu II. 1) Giải và biện luận theo a, b, phỷơng trình cosax + cos2bx - cos(a + 2b)x = 1.
2) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù, thì(1 + sin2A)(1 + sin2B)(1 + sin2C) > 4.
Câu III. 1) Cho
a = x2 + 2x + 3 , b = x2 + 1 , c = x2 + 4x + 5.
a) Với giá trị nào của x thì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ?
b) Chứng minh rằng khi đó bán kính r của đỷờng tròn nội tiếp của tam giác đỷợc tính theo công thức
r =
3
6
(x - 2x - 1) (x + 6x + 7)2 2 .
2) Giải và biện luận theo tham số a hệ phỷơng trình
x y a
x y a

 

 




4 4 4
Câu IVa. Trên mặt phẳng tọa độ, cho điểm A(1, 1). Hãy tìm điểm B trên đỷờng thẳng y = 3, và điểm C trên trục
hoành, sao cho ABC là tam giác đều.
Câu Va. Tính tích phân I(m) = x x mdx2
0
2 

Câu IVb.
Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, ngỷời ta lấy điểm M với AM = x (0 < x < a), và trên nửa đỷờng thẳng
Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho AS = y > 0.
1) Chứng minh rằng nhị diện cạnh SB của hình chóp S.ABCM là nhị diện vuông.
2) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
3) Gọi I là trung điểm đoạn SC, H là hình chiếu vuông góc của I lên CM. Tìm tập hợp điểm H khi M chạy trên AD và
S chạy trên Ax.
_______________________________________________________________
Câu I. 1) Đề nghị bạn hãytự giải nhé!
2) Khi đó phỷơng trình x3 - 3x2 - 9x + 1 = ax + b (1)
phải có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 trong đó 2x2 = x1 + x3
(1) tỷơng đỷơng với:x3 - 3x2 - (9 + a)x + 1 - b = 0 . (2)
Vì đỷờng cong y1 = x
3 - - 3x2 - (9 + a)x + 1 - b nhận điểm uốn là tâm đối xứng nên để có 2x2 = x1 + x3 thì cần thiết là
điểm uốn phải thuộc trục hoành (x2 là hoành độ điểm uốn).
y"1 = 6x - 6; y"1 = 0 
 x2 =1, y1(1) = 0  -10 - a - b = 0  a + b = -10.
Điều kiện đủ : thay a = -(b + 10) vào (2) ta có:
x3 - 3x2 - [9 - b - 10]x + 1 - b = 0 
x3 - 3x2 + (1 + b)x + 1 - b = 0 

(x - 1) [x2 - 2x - 1 + b] = 0. (3)
Để (3) có ba nghiệm phân biệt, đối với f(x) =x2-2x-1+b, ta phải có:
'
( )
  
  


 
2 0
1 2 0
2
b
f b
b
Vậy điều kiện đối với a và b là: a + b = -10 ; b < 2.
Khi đó đỷờng thẳng y = ax + b là đỷờng thẳng:
y = ax + (-a - 10) 
 y = a(x - 1) - 10 luôn đi qua điểm (1, - 10) cố định.
Câu II. 1) Biến đổi phỷơng trình nhỷ sau:
(cosax + cos2bx) - [cos(a + 2b)x + 1] = 0

 2cos
a
2
+ b xcos
a
2
- b x - 2cos
a
2
+ b2















x = 0

 cos
a
2
+ b x cos
a
2
- b x - cos
a
2
+ b























x = 0

 cos
a
2
+ b x sin
a
2
x . sinbx













= 0.
_______________________________________________________________
a) sinbx = 0 (1)
Nếu b = 0 thì (1) nghiệm đúng với mọi x.
Nếu b  0 thì có x1 =
k
b
(k Z).
b) sin
a
2
x = 0. (2)
Nếu a = 0 thì (2) nghiệm đúng với mọi x. Nếu a  0 thì có x2 =
2m
a
(m  Z).
c) cos
a
2
+ b x





= 0. (3)
Nếu
a
2
+ b = 0 (a + 2b = 0) thì (3) vô nghiệm.
Nếu
a
2
+ b  0 (a + 2b  0) thì có x3 =
(1 + 2n)
a + 2b

(n  Z).
Kết luận : Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì phỷơng trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x.
Nếu a, b  0 thì:khi a + 2b = 0, có một họ nghiệm:x1 =
k
b

(k  Z)
(vì lúc đó x1 = x2); khi a + 2b  0 thì đỷợc ba họ nghiệm:
x1 =
k
b

; x2 =
2m
a

; x3 =
(1 + 2n)
a + 2b

(k, m, n  Z).
2) Ta biết rằng sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosA cosB cosC,
do vậy nếu ABC không phải là tam giác tù, thì
sin2A + sin2B + sin2C ³ 2 ị sin2A + sin2B ³ 2 - sin2C,
dấu đẳng thức chỉ xảy ra với tam giác vuông. Mặt khác
sinAsinB  sinAsin B - cosAcosB = -cos(A + B) = cosC,
dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi hoặc A, hoặc B bằng 90o. Theo giả thiết cosA, cosB, cosC  0, nên
_______________________________________________________________
sin2A sin2B ³ cos2C = 1 - sin2C,
thành thử (1 + sin2A) (1 + sin2B) = 1 + sin2A + sin2 B + sin2A sin2B 4 - 2sin2C = 2(2 - sin2C),
vậy(1 + sin2A)(1 + sin2B)(1 + sin2C) ³ 2(2 - sin2C)(1 + sin2C) = 2(2 + sin2C - sin4C)  4;
ở bất đẳng thức cuối cùng, dấu = chỉ xẩy ra khi C = 90o.
Tam giác ABC không thể có hai góc vuông, vậy(1 + sin2A) (1 + sin2B) (1 + sin2C) > 4.
Câu III. 1) a) Để a, b, c tạo thành ba cạnh của một tam giác ta phải có:
a + b > c 2x2 + 2x + 4 > x2 + 4x + 5
b + c > a 
 2x2 + 4x + 6 > x2 + 2x + 3 

c + a > b 2x2 + 6x + 8 > x2 + 1
x2 - 2x - 1 > 0
x2 + 2x + 3 > 0
x2 + 6x + 7 > 0.
Giải hệ này, ta đỷợc : - < x < - 3 - 2 hoặc - 3 + 2 < x < 1 - 2 hoặc 1 + 2 < x < +.
b) Ta có : r =
S
p
=
p(p - a) (p - b) (p - c)
p2
; (*)
p =
1
2
(a + b + c) =
1
2
(3x2 + 6x + 9) =
3
2
(x2 + 2x + 3);
p - a =
1
2
(x2 + 2x + 3);
p - b =
1
2
(x2 + 6x + 7);
p - c =
1
2
(x2 - 2x - 1).
Thế vào (*) sẽ đỷợc:r =
3
6
(x - 2x - 1)(x + 6x + 7)2 2 .
_______________________________________________________________
2) Thế y = a - x vào phỷơng trình thứ 2 của hệ, ta có: x4 + (x - a)4 = a4.
Đặt t = x -
a
2
thì có t +
a
2
+ t -
a
2
4 4










= a4 
 2t4 + 3a2t2 -
7
8
a4 = 0.
Đặt t2 = z (z  0) ta có: 2z2 + 3a2z -
7
8
a4 = 0. (1)
Nếu a = 0 thì có z1 = z2 = 0  t = 0  x = 0, y = 0.
Nếu a  0 thì (1) luôn có hai nghiệm: z1 < 0 < z2. (Loại z1);
z2 =
- 3a + 4a
4
=
a
4
2 2 2
 t1,2 = ±
a
2
.
Từ đó hệ có hai nghiệm x1 = 0, y1 = a và x2 = a, y2 = 0.
Kết luận : hệ luôn có hai nghiệm:x1 = 0, y1 = a và x2 = a, y2 = 0.
_______________________________________________________________
________________________________________________________________ 
Câu IVa. 
Giả sử ta tìm đ−ợc điểm BB(x ,3) trên đ−ờng thẳng y = 3 
và điểm CC(x ,0) trên trục hoành sao cho ∆ ABC là đều. 
Do đ−ờng thẳng (AC) không thể song song với trục tung 
và trục hoành nên có ph−ơng trình 
y = k (x − 1) + 1 (k ≠ 0) . 
Từ đó C
k 1x .
k
−= 
Gọi M MM(x ,y ) là trung điểm đoạn thẳng AC, ta có : 
M
M
2k 1x
2k
1y .
2
− = =
Vì đ−ờng thẳng trung trực (d) của đoạn thẳng AC qua M và (d) ⊥ (AC) nên (d) có ph−ơng trình : 
M
1 1y (x x )
k 2
= − − + hay − = − − +  
1 2k 1 1y x
k 2k 2
, 
Do B ∈ d nên 
B
1 2k 1 13 x
k 2k 2
− = − − +   hay 
2
B
5k 2k 1x
2k
− + −= 
Cuối cùng do AB = AC nên bằng cách viết đẳng thức này d−ới dạng tọa độ, ta đi đến ph−ơng trình 
4 225k 22k 3 0+ − = ⇔ k 3 / 5= ± . 
Vậy, các cặp điểm t−ơng ứng B, C tìm đ−ợc trên đ−ờng thẳng y = 3 và trục hoành để tam giác ABC đều là : 
25k 2k 1B ,3
2k
 − + −   
, 
k 1C ,0
k
−    
với k 3 / 5= và k 3 / 5= − . 
Câu Va. 
Đặt 2f(x) x 2 m= − π + , ∆' = 1 − m. 
a) Khi ∆' ≤ 0 hay m ≥ 1: Do f(π) ≥ 0, ∀x nên 
 = = =∫ ∫
1 1
0 0
I(m) | f(x) | dx f(x)dx 
1
0
1 3
2 2
0
x 2(x 2x m)dx x mx m .
3 3
 = − + = − + = −   ∫ 
b) Khi ' 0∆ > hay m < 1. Dấu của f(x) đ−ợc cho bởi kết quả 
x 1 1 m− − 1 1 m+ − 
f(x) + 0 − 0 + 
và ta có : 
A
B
C
M
x
y
O 
d 
________________________________________________________________ 
 f(0) m= , 1 1 m 1 1 1 m− − < < + − . 
Với m ≤ 0 : f (0) ≤ 0 nên 1 1 m 0− − ≤ ; 1 1 1 m≤ + − và ta có : f(x) ≤ 0, ∀x ∈ [ 0 ; 1]. 
Vậy = = − = −∫ ∫
1 1
0 0
21(m) | f(x) | dx f(x)dx m
3
. 
Với 0 0 nên 0 1 1 m 1< − − < , do đó 
f(x) 0, x [0,1 1 m]
f(x) 0, x [1 1 m;1]
 > ∀ ∈ − − ≤ ∀ ∈ − −
Vậy = =∫
1
0
I(m) | f(x) | dx
1 1 1
2 2
0 1 1
( 2 ) ( 2 )
m
m
x x m dx x x m dx
− −
− −
− + + − + − =∫ ∫ 
1 1 m 1
0 1 1 m
3 3
2 2x xx mx x mx
3 3
− −
− −
   = − + + − + − =         
4( ) 1 3 2
3
m m m− − + −
Câu IVb. 
1) 
BC SA
BC AD
⊥ ⊥ ⇒ BC ⊥ (SAB) 
⇒ (SBC) ⊥ (SAB). 
2) Gọi O là giao điểm của hai đ−ờng chéo AC và BD, 
kẻ MK // BD. 
Vì ⊥ ⊥ 
BD AC
BD SA
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ MK ⊥ (SAC). 
Độ dài MK là khoảng cách từ M tới (SAC) : 
MK AM
OD AD
= hay 2MK x
aa 2
= ⇒ x 2MK
2
= . 
3) IO// SA ⇒ IO ⊥ (ABCD) ; IH ⊥ MC ⇒ OH ⊥ MC (định lí ba đ−ờng vuông góc). Vậy H nằm trên đ−ờng 
tròn đ−ờng kính OC trong mặt phẳng (ABCD). 
Nhận xét : Khi M ∈ AD, q∈ 1H OHH trên hình 44. 
Đảo lại : lấy H' ∈ q1OHH , CH' cắt AD tại M'. Chứng minh IH' ⊥ CM'. Điều này là hiển nhiên nhờ định lí đảo 
của định lí ba đ−ờng vuông góc. 
Kết luận : Tập hợp hình chiếu H của I trên CM là q1OHH . 
A
B C
DM
S
I
K H 
H O 
1