ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án
Thang
điểm
Bài 1: 1.Khi m=1.
3
7
2
3
x
y
2
3
 xx
TXĐ : D = R
+







31
31
022
'2'
x
x

;

Bảng biến thiên

x
-∞ -1- 3 -1+ 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y CĐ +∞ -∞ CT

Đồ thị: 2. Xét phương trình : 0
3
1
22
3
2
3
 mxmx
x


0.5
0,5
0.5 0.5
0
3
5
2)2(
)
6
5
;0(];2;0[0)()
6
5
;0(
0
3
1
2)0(
mf
mxxfm
mf

+ Vậy
3
104
|)
3
1
2(
312
[)
3
1

4 

 m
m
S

ĐS :
2
1
m

Bài 2:
1./ ĐK :





1
0cos
tgx
x

+ Phương trình đã cho )1.()3(5)2.(1.3  tgxtgxtgx
+Đặt
2
0)53).(2(
0
)2(01
2




)2()3(log2log
)1(log2
0))3(log2)(loglog2(
72
2
722
xx
xx
xxxx

+ Giải (1)














)'1(
2
0.5

0.5

0.5

0.5

0.5


1

Từ bảng biến thiên

hệ (1’) có không quá 2 nghiệm: Nhận thấy x=2; x=4 thỏa
mãn (1’).
Vậy phương trình (1) có nghiệm x=2; x=4.
+ Giải (2). Đặt: )'2(.
7
3
)
7
4
(13472)3(log2log
72
t
ttt
txx 
Xét hàm số: .
7
3
)
7
4
()(
t
t
tg  luôn nghịch biến

(2’) có nghiệm duy nhất t =1

















att
yt
ty
ytyt
tya
ty
yta
tya
ty
2
2
2
2
10;0

2. ĐK : x>0.
+ Đặt:
t
x
x 
1
(đk :t

2) với t =2 cho giá trị x=1
(*)
với t>2 cho giá trị x>0

0.5
0.5 + Ta có : (1)


















2
012)(
12
0)12)(2(
2
2
2
t




4
5
0)2(
2
2
2
0
21
21
af
VN
VN
tt
tt
a

Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì : a<
4
5


Bài 4:
1. Theo định lý hàm số sin cho BOC ta có:

A
R
RR

B
R
R 
+ Vậy có: )1(.6
cos
1
cos
1
cos
1

C
B
A+ Dễ có : 6
2
3
9
coscoscos
9
cos
1
cos
1
cos
1



,y
1
); T
2
(x
2
,y
2
) là các tiếp điểm tiếp tuyến tại T
1
, T
2
là:

1
: 1.
4
1
1
 yy
xx


2
: 1.
4
2
2
 yy
xx


0.5

0.5
Do 
1
; 
2
đi qua M(a, 2)




.
:  y
xa

Vậy phương trình đường thẳng T
1
, T
2
là; ax + 8y – 4 =0.

+ Đường tròn tâm M tiếp xúc T
1
, T
2
có bán kính là:
64
12
64
12
)(
2
2
2
2
21






min
3
'



 fRt
t
t
tf
đạt được khi : t=0

a=0
+ Kết luận: vậy điểm M(0;2).

Bài 5 :
1. Từ:

)0)((
)2(32
)(
)(
)1(32
)(
)(
)()32()(
)()32()(
0)()(4)(
'
'

+ Xét (1) Có:
 

1
'
)32()(ln)32(
)(
)(
Cxxfdxdx
xf
xf

011)0()(
1
)32(
11


Cefdoexf
CCx

+ Vậy:
x
exf
)32(
)(


+ Xét (2) tương tự : ta được kết quả :
.)32(
0.5

0.5
0.5

0.5

0.5 + Từ trên :
222222
)(4 GDGCGBGAOGR 
+ Lại có : GA.GA
1
= GB.GB
1
=GC.GC
1
=GD.GD
1
=R
2
– OG
2

Vậy : )
1111
)((
22
1111
GD
GC
GB
GA
OGRGDGCGBGA 

)
Dấu bằng xảy ra





GDGCGBGA
Tứ diện ABCD gần đều hoặc tứ
diện ABCD đều
0.5

0.5