Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 41
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C
m
):
x x mx
3 2
3 0+ + =
(1) ⇔
x
x x m
2
0
3 0 (2)

=

+ + =

(2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔
m
m
9
4
0


<


≠

cos3 cos
3
π
 
= +
 ÷
 
⇔
x k
x k
3
6 2
π
π
π π

= +



= − +

.
2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0. Khi đó Hệ PT ⇔
x y y
x y xy y
3 3 3
2 2 3
8 27 7
4 6


• Với
t
3
2
= −
: Từ (1) ⇒ y = 0 (loại).
• Với
t
1
2
=
: Từ (1) ⇒
x y
3
3
1
; 4
2 4
 
= =
 ÷
 
• Với
t
9
2
=
: Từ (1) ⇒
x y

3 1
2 4 2
π
 
+
 ÷
 
.
Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC),
·
SIH
α
=
.
SH =
a
IH
3
.tan tan
4
α α
=
⇒
S ABC ABC
a
V SH S
3
.
1
. tan

≤
x y z
1 1 1 1
4
 
+ +
 ÷
 
=
1005
2
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
x y z
1
670
= = =
. Vậy MinP =
1005
2
.
Câu VI.a: 1) Giả sử: AB:
x y5 –2 6 0+ =
, AC:
x y4 7 –21 0+ =
. Suy ra: A(0; 3).
BO ⊥ AC ⇒ BO:
x y7 4 0− =
⇒ B(–4; –7) ⇒ BC:
y 7 0+ =

2 6 9
3
− +
.
d A P a
2
( ,( ))
3
=
.
AB = d(A, (P)) ⇔
a a a
2
2 2
2 6 9
3 3
− + =
⇔
a 3
=
⇒ A(3; 0; 0).
Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là:
a a a a a
1 2 3 4 5
.
• Nếu a
1
= 1 thì có:
A
4

2
16=
⇔
b
2
7=
⇔
b 7= ±
⇒
( )
M 0; 7
hoặc
( )
M 0; 7−
.
2) d
1
có VTCP
u
1
(2;1;0)=
r
, d
2
có VTCP
u
2
( 1;1;0)= −
r
.

t t
t t
1 2
1 2
5 6
2 3

+ =

+ =

⇔
t t
1 2
1= =

⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0).
Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R =
AB
2
2
=
.
⇒ (S):
x y z
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − =
.
Câu VII.b: PT ⇔
z z z

x a b x a b
2
2 (2 ) 2 4 0− − − + + =
(x ≠ –1)
A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB.
Khi đó:
A B
I
x x
x
2
+
=
⇔
a b
a
2
4
−
=
(2)
Từ (1) và (2) ta được:
a b
a b
a
2 3 0
2
4

+ + =

x
x
cos2 1
3
cos 1
4

≤


≤


. Do đó (*) ⇔
x
x
cos2 1
3
cos 1
4

=


=


⇔
x k
l

≠
, ta có: (1) ⇔
x
x
x
2 1
3
2 1
+
=
−
⇔
x
x
x
2 1
3 0
2 1
+
− =
−
Đặt
x x
x
f x
x x
2 1 3
( ) 3 3 2
2 1 2 1
+

⇒ Phương trình f(x) = 0 có nhiều
nhất 1 nghiệm trên từng khoảng
1 1
; , ;
2 2
   
−∞ +∞
 ÷  ÷
   
.
Ta thấy
x x1, 1= = −
là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm
x x1, 1= = −
.
Câu III: Ta có:
x x
x
2
1 sin 1
1 tan
1 cos 2 2
 
+
= +
 ÷
+  
.
Do đó: I =
x


=
x x
x x
e dx e dx
2 2
2
0 0
1
1 tan tan .
2 2 2
π π
 
+ +
 ÷
 
∫ ∫
Đặt
x
u e
x
dv dx
2
1
1 tan
2 2

=

 

π
− +
∫ ∫
=
e
2
π
.
Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒
·
ASD
0
30=
.
Ta có:
ASD
CSD
AS SD
S
AD a
CD S c
CS SD
0
1
. .sin30
2
1
2
.
2

 
uur uur
uuur uur uur uur uur
=
c abc
ab
c a c a
0
2
.cos60
2 2
=
+ +
và
c SA a SC caSA SC
SD
c a
2 2 2 2
2
2
4 4 .
(2 )
+ +
=
+
uur uur
=
a c a c a c a c
c a c a
2 2 2 2 2 2 2 2

2
+
= = =
+
uuur uur
⇒
·
SDB
6
sin
3
=
·
SDBC SDB
V SC S SC SD SB SDB
1 1
. . . .sin
3 6
= =
=
abc
c a
2
2
.
6 2 +
Mà
ASDB
CSDB
V

a x b y c z
2 2 2
log , log , log= = =
⇒
a b c xyz
2 2
log ( ) log 8 3+ + = = =
⇒ P =
x y z
2 2 2
2 2 2
log 1 log 1 log 1+ + + + +
=
a b c
2 2 2
1 1 1+ + + + +
Đặt
m a n b p c( ;1), ( ;1), ( ;1)= = =
r r r
.
Khi đó: P =
m n p m n p+ + ≥ + +
r r r r r r
=
a b c
2 2
( ) (1 1 1)+ + + + +
=
3 2
Dấu "=" xảy ra ⇔

b
0
3

=

=

⇒ A(0; –1), B(3; 5)
⇒ Phương trình d:
x y2 1 0− − =
.
2) PTTS của AB:
x t
y t
z t
4 3
2 5

= +

= −


=

⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)
Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là
đường thẳng MI.
⇒ Phương trình đường thẳng d là:

.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R =
5
. IM =
2 5<

⇒ M nằm trong đường tròn (C).
Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.
Ta có: AB = 2AH =
IA IH IH IM
2 2 2 2
2 2 5 2 5 2 3− = − ≥ − =
.
Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT
MI (1; 1)= −
uuur
⇒ Phương trình d:
x y 2 0− + =
.
2) Phương trình mp(ABC):
x y z
1
1 2 3
+ + =
. Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ABC.
Ta có:
AH BC
BH AC
H P( )


y
z
36
49
18
49
12
49

=



=



=


⇒
H
36 18 12
; ;
49 49 49
 
 ÷
 
.
Trang 74

5
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
7
2 2
− −
Ta có:
x
x
C
5 lg(10 3 ) ( 2)lg3
7
.2 .2 21
− −
=
⇔
x
xlg(10 3 ) ( 2)lg3
2 1
− + −
=

⇔
x
xlg(10 3 ) ( 2)lg3 0− + − =
⇔
x x 2
(10 3 ).3 1
−
− =
⇔

Phương trình đwòng thẳng MI:
y x
a
2
1
( 1) 2
( 1)
= − +
−
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:
a a
2 2
1 1
. 1
( 1) ( 1)
− = −
− −
⇔
a b
a b
0 ( 1)
2 ( 3)

= =

= =

Vậy có 2 điểm cần tìm M
1
(0; 1), M

t
cos 0
2
cos 0
5
cos 0
2

=


=


=



⇔
t m
t l
k
t
(2 1)
2
2
5 5
π
π
π

π π π π
= + ⇒ = +
Trang 75
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
2) Điều kiện:
x
x x
2
2
1 0
1

− ≥


≥ −


⇔ x ≥ 1.
Khi đó:
x x x x x x
4
2 2 2
1 1 1+ + > + − ≥ + −
(do x ≥ 1)
⇒ VT >
( ) ( )
Coâ Si
x x x x x x x x
4 4

∫
=
117
5
π
Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ABD.
Kẻ NK // SA (K ∈ SC). Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD). Vậy
K BCDM BCDM
V KI S
.
1
.
3
=
Ta có: ∆SOC ~ ∆KIC ⇒
KI CK
SO CS
=
(1), ∆KNC ~ ∆SAC ⇒
CK CN
CS CA
=
(2)
Từ (1) và (2) ⇒
CO CO
KI CN CO ON
SO CA CO CO
1
2
3

.
3 8
=
Câu V: Ta có
x x
y z x
2 2 2
1
=
+ −
. Ta cần chứng minh:
x x
x
2
2
3 3
2
1
≥
−
.
Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:
( )
x x x
x x x x x
2
2 2 2
2
2 2 2 2 2
2 1 1 8

2
≥
+
(1)
Tương tự:
y y
x z
2
2 2
3 3
2
≥
+
(2),
z z
x y
2
2 2
3 3
2
≥
+
(3)
Do đó:
( )
x y z
x y z
y z x z x y
2 2 2
2 2 2 2 2 2

A B
2 2
2 6 5 2
2
− −
=
+
⇔
B AB A
2 2
47 48 17 0+ − =

Trang 76
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
⇔
B A
B A
24 5 55
47
24 5 55
47

− −
=


− +

=


x y z
I
1 2
; ;
2 2 2
 
+ +
 ÷
 
.
Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔
AA n cuøng phöông
I (P)
,


′

∈


uuur
r
⇔
x y z
x y z
1 2
1 1 1
1 2
3 0

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB.
Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB):
x y9 2
2 9 1 2
− +
=
− − +
⇔
x y7 5 0+ + =
.
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx):
x y7 25 0+ − =
Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′(–17; 6). M là trung điểm của AA′ ⇒ M(–4; 2)
M cũng là trung điểm của BC ⇒ B(–12; 1).
2) Giả sử
A t t t
1 1 1
( 23 8 ; 10 4 ; )− + − +
∈ d
1
,
B t t t
2 2 2
(3 2 ; 2 2 ; )+ − −
∈ d
2
.
⇒
AB t t t t t t
2 1 2 1 2 1



= −

⇒
A
1 4 17
; ;
3 3 6
 
−
 ÷
 
⇒ Phương trình đường thẳng AB:
x
y
z t
1
3
4
3
17
6

= −



=


x
2
3 5 4− −
. Ta có: f
′
(x) =
x
x
x R
2
ln5
ln3.3 .5 0,
2
− > ∀ ∈
⇒ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S
1
= [2; +∞)
• (2) ⇔
[ ]
a x x
4
2 2
log 2( ) log ( 1)− ≥ +
⇔
a x x
4
2( ) 1− ≥ +
⇔
x
a x

Vậy để hệ có nghiệm thì
a
21
2
≥
.
Hướng dẫn Đề số 44
www.MATHVN.com
Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.
Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng
y x=
thì:
m x m
x
x
m
x
2
2
2
(2 1)
(*)
1
( 1)
1 (**)
( 1)

− −
=


2
(2 1)(2 ) (2 )(2 1)− − − = − − −
⇔
m
2
4( 1) 0− =

⇔
m 1=
⇒ x = 1 (loại)
Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng
y x=
.
Câu II: 1) PT ⇔
x x x
3 1
cos2 sin2 cos6
2 2
−
+ =
⇔
x x
5
cos 2 cos6
6
π
 
− =
 ÷
 

+


+ = −

. Điều kiện:
x y 0+ >
.
(1) ⇔
x y xy
x y
2
1
( ) 1 2 1 0
 
+ − − − =
 ÷
+
 
⇔
x y x y x y
2 2
( 1)( ) 0+ − + + + =
⇔
x y 1 0+ − =

(vì
x y 0+ >
nên
x y x y

= −
⇒ dt = –dx. Ta có I =
t
dt
t t
2
3
0
cos
(sin cos )
π
+
∫
=
x
dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
π
+
∫
⇒ 2I =
x
dx
x x
2

=
dx
x
2
2
0
1 1
2
cos
4
π
π
 
−
 ÷
 
∫

=
x
2
0
1
tan
2 4
π
π
 
−
 ÷

= = =
.
Câu V: Ta có: P =
x y x y x
2 2 2 2
(2 ) ( 2) 4+ − + + + + −
Xét
a x y b x y( ;2 ), ( , 2)= − = +
r
r
.
Ta có:
a b a b+ ≥ +
r r
r r
⇒
x y x y x x
2 2 2 2 2 2
(2 ) ( 2) 4 16 2 4+ − + + + ≥ + = +
Suy ra: P ≥
x x
2
2 4 4+ + −
. Dấu "=" xảy ra ⇔
a b,
r
r
cùng hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( )

x y
2
, 0
3
= =
.
Câu VI.a: 1) Ta có:
a b10, 5= =
⇒
c 5 3=
. Gọi M(x; y) ∈ (E).
Ta có:
MF x MF x
1 2
3 3
10 , 10
2 2
= − = +
.
Ta có:
·
F F MF MF MF MF F MF
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 . .cos= + −
⇔
( )
x x x x
2 2
2

MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = =
uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur
Do đó: T nhỏ nhất ⇔
MI
uuur
nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P).
Ta tìm được:
M
13 2 16
; ;
9 9 9
 
−
 ÷
 
.
Câu VII.a: Ta có:
x C x C x C x C
10 0 10 1 9 9 10
10 10 10 10
( 1) + = + + + +

⇒
( )
x x C C x
10 5 4 6
10 10
( 1) ( 2) 2 + + = + + +
⇒
a C C

uur
≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có
hai thành phần đều khác 0. Gọi
u a(1; )=
r
là VTCP của d. Ta có:
( )
a a
IA u
a a
2 2 2
2 2 2
cos ,
2
1 2 1 5 1
+ +
= = =
+ + +
uur
r
⇔
a a
2
2 2 5 1+ = +
⇔
a
a
3
1
3

3
−
, thì
u
1
1;
3
 
= −
 ÷
 
r
⇒ Phương trình đường thẳng d:
x t
y t
5
1
5
3

= +


= −


.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
7 3 13 11 13 7 3 13 11 13
; , ;

x y z
x y z
2 2 2
2 3
1 1 1
8
( 2) ( 1) ( 2)
3

− −
= =




− + − + − =


.
Giải hệ này ta tìm được:
A B
2 2 2 2 2 2
2 ; ;3 , 2 ; ;3
3 3 3 3 3 3
   
+ + − − −
 ÷  ÷
   
.
Câu VII.b:

( ) 0+ = + >
⇒
x y0, 0> >
.
(1) ⇔
x y
y
x
2
2
2010
−
=
⇔
x y
x y
2
.2010 2 .2010=
.
Xét hàm số: f(t) =
t
t.2010
(t > 0). Ta có: f
′
(t) =
t
t
2010 1 0
ln2010
 

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Vậy nghiệm của hệ là:
9 9
;
5 10
 
 ÷
 
.
Hướng dẫn Đề số 45
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Gọi
x y
0 0
( ; )
là toạ độ của tiếp điểm.
Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y x=
hoặc
y x= −
.
⇒
y x
0
( ) 1
′
= ±
⇔
x
2


⇒ ∆:
y x= −
(loại) • Với
x
y
0
0
2
0

= −

=

⇒ ∆:
y x 2= − −
(nhận)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y x 2= − −
.
Câu II: 1) Điều kiện:
x
x
1 2sin 0
1 sin 0

+ ≠

− ≠

PT ⇔
x x x
x x x
2
cos 2sin .cos
3
1 sin 2sin 2sin
−
=
− + −
⇔
x x x xcos sin2 3(sin cos2 )− = +

⇔
x x x x
3 1 1 3
cos2 sin2 cos sin
2 2 2 2
+ = −
⇔
x xcos 2 cos
6 3
π π
   
− = +
 ÷  ÷
   

⇔
x k loaïi

u x
v x
3
3 2
6 5


= −

= −


⇒
u x
v x
3
2
3 2
6 5


= −

= −


.
Ta có hệ PT:
u v
u v

= −
.
Thử lại, ta thấy
x 2= −
là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm
x 2= −
.
Câu III: I =
x dx x dx
2 2
5 2
0 0
cos . cos .
π π
−
∫ ∫
= A – B.
• A =
x dx x x dx
2 2
5 4
0 0
cos . cos .cos
π π
=
∫ ∫
=
( )
x d x
2

4
π
.
Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB ⇒ BC =
a 5
. Ta có:
BIC ABCD ABI CDI
a
S S S S
2
3
2
= − − =
Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF =
BIC
S
a
BC
2
3
5
=
.
Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ (ABCD) ⇒
·
SFI
0
60=
⇒ SI =
a

     
+ + + +
+ = − −
 ÷  ÷  ÷
+ + + +
     
(*)
Đặt
x y x z
u v
y z y z
,
+ +
= =
+ +
(u, v > 0). Từ (*) ⇒
u v u v
2 2 2
2 ( )+ = − −
⇒
u v uv
2 2
1+ − =
(1)
Khi đó ta có: BĐT ⇔
x y x z x y x z
y z y z y z y z
3 3
3 5
      

u v
2
( ) 4+ ≤
⇒
u v 2
+ ≤
(4)
Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2).
Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) ∈ ∆ ⇒
IE a a( 6;3 )= − −
uur
Gọi P là điểm đối xứng của E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1),
MP a a(11 ; 6)= − −
uuur
Ta có:
MP IE. 0=
uuur uur
⇔
a a a a(11 )( 6) ( 6)(3 ) 0− − + − − =
⇔
a
a
6
7

=

=

Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận

= 20
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R =
2
.
Ta có:
· ·
IAB
S IA IB AIB R AIB R
2 2
1 1 1
. .sin sin 1
2 2 2
= = ≤ =
Dấu "=" xảy ra ⇔
·
AIBsin 1=
⇔
·
AIB
0
90=
⇔ ∆AIB vuông cân tại I
Trang 82
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Khi đó:
R
d I( , ) 1
2
∆
= =

.
Khoảng cách từ M đến ∆
2
:
t t t
d M
2 2 2
2
(8 14) ( 14 20) ( 4)
( , )
3
∆
− + − + + −
=
Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P):
t
d M P
11 20
( ,( ))
3
−
=
Từ đó ta có:
t t t
2 2 2
(8 14) ( 14 20) ( 4)
3
− + − + + −
=
t11 20

xy 0>
Hệ PT ⇔
x y xy
x xy y
2 2
2 2
2
4


+ =

− + =


⇔
x y
x
2
4

=

=

⇔
x y
x y
2
2

,
0y =
.
Câu II: 1) PT ⇔
( ) ( )
sin cos 1 2cos 3 0x x x+ + − =

⇔
2
1
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x
x k
π
π
π
π π

= − +
 

+ = − ⇔ + = − ⇔
 ÷

 

 ÷  ÷  ÷
     
Đặt
x
t
y
=
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


Trang 83
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Câu III: Ta có:
2
2 2 1x x− + ≥
nên PT

⇒ =
− + − +
( )
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
→−∞ →+∞
 
= ⇔ = = = − =
 ÷
 
Kết luận:
1 10m< <
Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD
( )
SO ABCD⇒ ⊥
.
Ta có:
2
2 2 2
2 2
4 2
a a
SO SA OA a= − = − =
2 3
.
1
2

+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

Và
( )
( )
xy x y xy xy xy
2
1
1 2 2 4
3
+ = − + ≥ ⇒ ≤
.
Suy ra :
( )
( )
x y x y
t t
P
xy
t
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1
4 2 1
+ −
− + +
= =

=
= ⇔

= −


P P
1 1 2
5 3 15
   
− = =
 ÷  ÷
   
và
( )
P
1
0
4
=
.
Kết luận: Max P =
1
4
và Min P =
2
15
Câu VI.a: 1) PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2

Suy ra :
( )
1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2 1 2
dt t
I dt C
t t t t t
+
 
= − = − = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
=
2
2
1 1 cos
ln
2
cos
x
C
x
 
+
= +
 ÷
 

<
⇔
1
0
243
x< <
hoặc
3x
>
.
2) Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
+
=
. Hàm số có 2 cực trị
' 0y⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt, khác 0
0m
⇔ <
Khi đó các điểm cực trị là:
( )
( )
2
1 1 4

: 1 1 1;0 ; 1C x y I R+ + = ⇒ − =
. Hệ số góc của tiếp tuyến (∆) cần tìm là
3±
.
⇒ PT (∆) có dạng
( )
1
: 3 0x y b∆ − + =
hoặc
( )
2
: 3 0x y b∆ + + =
•
( )
1
: 3 0x y b∆ − + =
tiếp xúc (C)
( )
1
,d I R⇔ ∆ =

3
1 2 3
2
−
⇔ = ⇔ = ± +
b
b
.
Kết luận:

(∗).
Đặt
( )
= ≥t x t
2
0
, ta có :
− + + =t m t m m
2 2 4
2 2 0
(∗∗)
Ta có :
∆ = − >m' 2 0
và
= >S m
2
2 0
với mọi
<m 0
. Nên PT (∗∗) có nghiệm dương.
⇒ PT (∗) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).
Câu II: 1) PT
⇔ + + − =x x x3sin2 cos2 4sin 1 0
⇔ − + =x x x x
2
2 3 sin cos 2sin 4sin 0
.
( )
⇔ − + =x x x2 3 cos sin 2 sin 0
⇔

π

= +


=

x k
x k
5
2
6
2)

− =

+ =

y x m
y xy
2 (1)
1 (2)
.
Từ (1) ⇒
= −x y m2
, nên (2) ⇔
− = −y my y
2
2 1


   
− −
=
 ÷  ÷
+ +
   
x x
f x
x x
2
1 1 1
. .
3 2 1 2 1
⇒
( )
 
−
= +
 ÷
+
 
x
F x C
x
3
1 1
9 2 1
Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.
Vẽ DD′ // BC, ta có: DD′=BM
⇒ = =

= = = ⇒ =
C PMN
ABMNP ABCD
C ABN
V
CP CM
V V
V CA CB
.
.
2 3 1 1
. .
3 4 2 4
(2).
Từ (1) và (2), suy ra :
=
ABMNQP ABCD
V V
7
20
.
Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là
7
13
hoặc
13
7
.
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
+ ≥x

. Vậy GTNN của P là 19 khi
= = =x y z
1
3
.
Câu VI.a: 1) Điều kiện :
>x 0
.
PT ⇔
+ =x x x
2 4 2
1 log log 3log
⇔

=

− + =

t x
t t
2
2
log
3 2 0
⇔

=


=

2
. Do đó:
∈ ⇔ − = ± ⇔ = =x y Z x x x, 2 1 3, 1
Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là
( ) ( )
A B1;0 , 3;2
Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là:
− − =x y 1 0
.
Câu VII.a: Gọi
( ) ( )
− ∈I m m d;2 4
là tâm đường tròn cần tìm.
Ta có:
= − ⇔ = =m m m m
4
2 4 4,
3
.
•
=m
4
3
thì phương trình đường tròn là:
   
− + + =
 ÷  ÷
   
x y
2 2

3
t t t⇔ + < ⇔ − < <
⇔
2
3
4 1
log 0 1
3
2 2
x x− < < ⇔ < <
.
2) Ta có:
( )
2
' 3 2 5 5 ; " 6 2 10y x m x m y x m= + − − = + −
.
5
" 0
3
m
y x
−
= ⇔ =
; y′′ đổi dấu qua
5
3
m
x
−
=

m
− −
−
 
+ =
 ÷
 
⇔
=m 5
Câu VII.b: Ta có:
3 2AB BC CA= = =
⇒
ABC
∆
đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
là trọng tâm của nó.
Kết luận:
5 8 8
; ;
3 3 3
I
 
−
 ÷
 
.
Hướng dẫn Đề số 48
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ⇒ PT

f

≠

⇔ ∆ = − > ⇔ <


− = ≠

Mặt khác:
2 2
M N I
x x x+ = − = ⇔
I là trung điểm MN với
0k
∀ <
.
Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là
1y kx k= + +
với
0k
<
.
Câu II: 1) PT
cos3 3 sin3 3cos 2 sin 2x x x x⇔ − = +

1 3 3 1
cos3 sin 3 cos 2 sin 2
2 2 2 2
x x x x⇔ − = +

9 3x y xy= ⇔ = ±
.
• Khi:
3xy =
, ta có:
3 3
4x y− =
và
( )
3 3
. 27− = −x y
Trang 87
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Suy ra:
( )
3 3
; −x y
là các nghiệm của phương trình:
2
4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±
Vậy nghiệm của Hệ PT là:
3 3
2 31, 2 31x y= + = − −
hoặc
3 3
2 31, 2 31x y= − = − +
.
• Khi:
3xy = −
, ta có:

+
m t t
t
Xét hàm số:
( ) ( )
( )
2
1 1
' 1
2
2
f t t f t
t
t
= + ⇒ = −
+
+
( )
2
2
4 3
2
+ +
=
+
t t
t
t loaïi
f t
t loaïi

' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
.
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ =
.
Kết luận:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V =
.
Câu V: Ta có:
2
1
2
2

2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
Câu VI.a: 1) Điều kiện:
0 6x
< <
.
BPT
( )
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6x x x⇔ + > −
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >

⇔
18x
< −
hay
2 x
<
So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là
2 6x< <

là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
+ =
.
Theo giả thiết, ta có:
2 1
1
8

+ =



=

a b
ab
⇔
b a ab
ab
2
8

+ =

=


1
(1)
2 3 (2)
+

+ = +


=


x y
y x x y
(*).
Từ (1) ta có:
( ) ( )
2 2
1 0
1
=

+ = + ⇔ − + − = ⇔

= −

y x
y x x y y x y x
y x
• Khi:
y x=

thì (*) ⇔
x x
y x
2
1
2 3
−

= −

=

⇔
6
6
log 9
1 log 9
=


= −

x
y
2) Ta có:
( )
2
tanf x x= −
2
1



⇔
a
b
2
2
4
1


=

=


. Vậy (E):
2 2
1
4 1
x y
+ =
Hướng dẫn Đề số 49
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ
a 2
≠ −
thuộc đồ thị (C) có phương trình:
( )
( ) ( ) ( )

+ + +
= ≤ = =
+
+ + +
( )
d I d,
lớn nhất ⇔
( )
a
a
a
2
0
2 4
4

=
+ = ⇔

= −

Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến
y x=
và
y x 8= +
.
Câu II: 1) Điều kiện
( )
x x
x x x

2
4cos 2
1 cot tan 4cos 2
tan cot
− = ⇔ − =
−
( )
x
x
x x
x x
2
2
2 2
1 tan 1 2 4
4 tan2 1 0
tan tan2
1 tan 2 1 tan 2
−
⇔ = ⇔ = ⇔ − =
+ +

( )
x x m x k ktan2 1 2
4 8 2
π π π
π
⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈Z
: Không thoả điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

3
3 2
1 2 13 21 0
7
21 4
2

=

+ = ⇔ − + = ⇔
=

−

• Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT:
x y
x x
x y
x
y y
x y
y
2 2
2 2
1 9
3 3
10
1 1
3
3

2 2
2 2
4 4
1 7
8
53 53
7
7
2 2
2
14 14
2
53 53
 


= = −
+ − =
 
+ =
   
⇔ ⇔ ∨
   
=
=
   
= = −


 

I x x dx J
x
8
8
3
3
1
2 1.ln 2 6ln8 4ln3 2
+
⇒ = + − = − −
∫
• Tính
x
J dx
x
8
3
1+
=
∫
. Đặt
t x 1= +

t t
J tdt dt dt
t t
t t
3 3 3
2
2 2

và CD; G là trọng tâm
∆
SAC .
Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là
¶
SJI
0
60=
⇒ ∆SIJ đều cạnh a ⇒ G cũng là trọng
tâm ∆SIJ.
IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD.
Trang 90
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
ABMN
a a
IK S AB MN IK
2
3 1 3 3
; ( )
2 2 8
= = + =
;
a
SK ABMN SK( );
2
⊥ =
Suy ra:
ABMN
a
V S SK


( )
a b c a b c a b c
abc ab bc ca a b c
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3
   
+ + + = + + + + + ≥ + + + + + −
 ÷  ÷
   
( )
a b c
a b c a b c
1 1 1 1 1 1
2 3
 
≥ + + + + + + + −
 ÷
 
Cũng theo BĐT Cô–si ta có :
( )
a b c
a b c
1 1 1
9
 
+ + + + ≥
 ÷
 
Do đó:

 
là trung điểm của BC nên giả sử
( )
B B
B x y;
thì
( )
B B
C x y7 ;1− −
và
B B
x y 3 0− − =
H là trực tâm của tam giác ABC nên
CH AB⊥
;
( ) ( )
B B B B
CH x y AB x y5 ; , 3; 6= − + = + −
uuur uuur
( ) ( ) ( )
B B
B B
B B B
B B
x y
x x
CH AB
x x y
y y
3

có tâm
( )
I 1; 2;4−
và R = 5.
Khoảng cách từ I đến (α) là:
( )
d I R,( ) 3
α
= <
⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α). Phương trình đường thẳng IJ :
x t
y t
z t
1 2
2
4 2

= +

= − −


= +

Toạ độ giao điểm H của IJ và (α) thoả
( )
x t t
y t x
H

( ): 3 25
′
+ + + =
Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:
• Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ
Số cách chọn 3 nam còn lại là
C
3
6
.
Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là
C
3
9
.
Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là
C C
3 3
6 9
. 1680=
(cách)
• Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường
Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là
C
4
6
Số cách chọn 2 nữ còn lại là
C
2
9

⇔ ⇒ − −
 
 ÷
=

 

= −

Vì M là trung điểm của AC nên
C
8 8
;
3 3
 
 ÷
 
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình:
x
y 2
4
= +
( )
x y
x
BH BC B B
x
y
y
3 0

nên có phương trình:
x t
y t
z t
2 2
3 6
3 3

= −

= +


= +

Phương trình mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
S x y z
2 2 2
: 3 1 2 9− + + + + =
Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:
( ) ( ) ( )
x t
t
y t
t t
z t
t
x y z
2

33 164 51 48
; ;
49 49 49 49
 
= − ⇒ −
 ÷
 
(nhận)
Câu VII.b:
x y y x

x xy x
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1 (2)
+ − +

+ =


+ + = +


Trang 92
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Ta có:
( )
( )
x

2
2
8 8
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log
11 11
−
+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
• Với
x
y x
1
1 3

≥ −

= −

thay
y x1–3=
vào (1) ta được :
x x3 1 3 1
2 2 3.2 (3)
+ − −
+ =
Đặt
x
t
3 1
2
+

3 1
2
1
2 3 2 2 log 3 2 2 1
3
+
 
= + ⇔ = + −
 
;
( )
y x
2
1 3 2 log 3 2 2= − = − +
Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm
x
y
2
0
8
log
11

=


=


và

⇒
(1) đồng biến trên R
⇒
thoả yêu cầu bài toán.
• Khi
0m ≠
thì (1) có 2 cực trị
1 2
2
0 ,
3
m
x x= =
Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:
( )
1 2
( ). 0f x f x >
3 2
2
4 2
2 (2 ) 0 4 (1 ) 0
27 27
m m
m m m⇔ − > ⇔ − >

0
3 6 3 6
2 2
m
m

3 sin cos 1 0

+ =

+ − =


x x
x x
⇔
3
tan
3
sin sin
6 6
π π

= −



 
+ =
 ÷

 

x
x
⇔

x y xy
x y
. Điều kiện :
. 0 ;x y x y≥ ≥
Ta có: (1) ⇔
2
3( ) 4 (3 )( 3 ) 0− = ⇔ − − =x y xy x y x y
3
3
y
x y hay x⇔ = =
Trang 93
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
• Với
3x y=
, thế vào (2) ta được :
2
6 8 0 2 ; 4y y y y− + = ⇔ = =

⇒ Hệ có nghiệm
6 12
;
2 4
x x
y y
= =
 
 
= =
 

I dx dx
x x
. Đặt
cos sint x dt xdx
= ⇒ = −
Đổi cận:
3
0 1;
6 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
Ta được
3
1
2
2
3
1
2
1 1 2 2
ln
2 1
2 2 2 2
−
= − =
−
+
∫
t

 ÷
 

SHI vuông cân tại H
3
6
x
SH HI⇒ = =
Suy ra:
2 2
2
3 3 2 15
6 3 5
x x a
a x
   
= − ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Do đó:
( )
2 2 3
.
1 1 5 3 3 15
. . .
3 3 5 5 25
S ABC
a a a
V SH dt ABC= = =

x
x y t
y
y
≤ ≤


 
∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈

 
≤ ≤
 


Ta có:
2
2 2
1 1 1
( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2
2
−
 
′ ′
= − = = ⇔ = ∈
 
 
t
f t f t t
t t

3
d
tạo với
1
d
,
2
d
một tam giác vuông cân
⇒
3
d
vuông góc với ∆
1
hoặc ∆
2.
.
⇒ Phương trình của
3
d
có dạng:
7 3 0x y C+ + =
hay
3 7 0
′
− + =x y C
Mặt khác,
3
d
qua

( thích hợp)
• Với
3
:3 7 77 0d x y− + =
thì
3
87
( ; )
58
d A d =
( loại )
2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P):
z 2=
vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn
tâm
1
(0,0,0)O
, bán kính
1
2R =
và tâm
2
(0,0,2)O
, bán kính
2
8R =
. Suy ra tâm mặt cầu (S)
là
(0,0, )I m
∈ Oz.

( 16) 260x y z+ + − =
Câu VII.a:
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C+ + + =
Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
(1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
Nên
[ ]
2 7
6 0 1 6
6 6 6
0
0
0 0
(1 )
2 7

(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a
+
− = ⇒ + = ⇒ + =
⇔
a 1
=
Vậy a = 1 và n = 6 .
Câu VI.b: 1) (C) có tâm
(1; 3)I −
và bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và
2 2 2 2
5 4 3IH R AH= − = − =
hay
( , ) 3d I ∆ =
(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:
2 2
0 ; 0Ax By A B+ = + ≠
Từ (*) cho :
2 2
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B

uuuur
. (α) có VTPT
, ( ; 2;1)n AM u m m
 
= = −
 
ur uuuur ur
(α) và (P):
2 2 1 0x y z− − + =
tạo thành góc 60
0
nên :

( )
2
2
1 1 1
cos , 2 4 1 0
2 2
2 4 5
′
= ⇔ = ⇔ − + =
− +
n n m m
m m
r r
⇔
m
m
2 2