
 !
"#$%&'()*+,
/0(*+, Cho hàm số
3 2
y x 3x 3mx 1 (1)= − + + −
, với m là tham số thực
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +
∞
)
/0(*+, Giải phương trình
1 tan x 2 2 sin x
4
π
 
+ = +
 ÷
 
/0(*+, Giải hệ phương trình
4
4
2 2
1 1 2
2 ( 1) 6 1 0

+ + − − + =


+ − + − + =


3 3
32a 32b a b
P
(b 3c) (a 3c) c
+
= + −
+ +
"#56$(*+, Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
điểm C thuộc đường thẳng d :
2x y 5 0
+ + =
và
A( 4;8)
−
. Gọi M là điểm đối xứng của
B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm
B và C, biết rằng N(5;-4).
/0 B71 (* +, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x 6 y 1 z 2
:
3 2 1
− + +
∆ = =
− −
và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
và vuông góc với
∆

z 1 3i= +
. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần
thực và phần ảo của số phức
5
w (1 i)z
= +
.
DF$&
/0
a) m= 0, hàm số thành : y = -x
3
+ 3x
2
-1. Tập xác định là R.
y’ = -3x
2
+ 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2; y(0) = -1; y(2) = 3
lim
x
y
→−∞
= +∞
và
lim
x
y
→+∞
= −∞
x
−∞ 0 2 +∞

⇔
[
)
( )
2
0;
min 2m x x
+∞
≤ −
⇔
( )
1 1m g
≤ − =
Cách 2 : do đó yêu cầu bài toán ⇔ -3x
2
+ 6x+3m
( )
0, 0;x
≤ ∀ ∈ +∞
⇔
( )
'
'
'
'
1 2
9 9 0
0
0
9 9 0

ê
î
ê
ï
Û Û £ -
ï
ê
ê
ï
ì
=- ³
ê
ï
ê
í
D >
ï
ï
ê
ê
í
ï
ï
ê
ï
ê
= <
< £
ï
ï

( )
( )
4
4
2 2
1 1 2 1
2 ( 1) 6 1 0 2
x x y y
x x y y y

+ + − − + =


+ − + − + =


Đk
1
≥
x
Cách 1:
(2)
( )
2 2
2 1 6 1 0
+ − + − + =
x y x y y
( )
2
1 4 0

x x y y
Đặt f(t) =
4
1 1t t+ + −
thì f đồng biến trên [1, +∞)
Nên (**) ⇔ f(x) = f(y
4
+ 1) ⇔ x = y
4
+ 1
Thế vào (*)
G:7
Xét
4
1 0x y
− + =
⇔ x = 1 và y = 0 : thỏa hệ phương trình nhận nghiệm
Xét
4
1 0x y
− + >

(1)
⇔
4
4
( 1 2) ( 1 ) 0x y x y
+ − + + − − =
⇔
4 4

 + + + 
 
⇔ x = y
4
+ 1 (do y > 0) Thế vào (*)
G:7
Đặt
( )
4
4
1 2 1, 0t x t x t= − ⇒ + = + ≥
Ta có
( )
4 4
1 2 2t t y y⇔ + + = + +
Xét
( )
4
2f t t t= + +
, ta có
( )
3
4
2
' 1 0, 0
2
t
f t t
t
= + > ∀ ≥

+ 2y
5
+ y
2
⇔
7 4
0 1
2 4 0
y x
y y y
= → =


+ + − =

.Xét g(y) = y
7
+ 2y
4
+ y -4 liên tục trên [0, +∞)
Từ Đạo hàm của g(y)
⇒
g(y) là hàm đồng biến trên [0, +∞) và g(1)=0
⇒
y=1 là
nghiệm duy nhất của g(x)
Vậy : (1; 0) hay (2; 1) là nghiệm của hệ.
Cách 2 : ĐK: x ≥ 1
(2)
⇔

4y = (y
4
+ y)
2

⇔
4y = y
8
+ 2y
5
+ y
2
⇔
7 4
0 1
2 4 0
y x
y y y
= → =


+ + − =

.Xét g(y) = y
7
+ 2y
4
+ y -4 liên tục trên [0, +∞)
Từ Đạo hàm của g(y)
⇒

−
=
∫
G:
Đặt t=lnx
( )
, , (1) 0, 2 ln 2
t
dx
dt x e t t
x
⇒ = = = =

( )
ln2
0
t t
I t e e dt
−
⇒ = −
∫
Đặt u=t
,
t t
du dt dv e e
−
⇒ = = −
, chọn
t t
v e e

2
2 2
x 1 1
dx (1 )dx
x x
−
= −
1
v x
x
⇒ = +
2
2
1
1
1 1 dx
I x ln x (x )
x x x
 
⇒ = + − +
 ÷
 
∫
2
1
5 1
ln 2 (1 )dx
2 x
2
= − +

1 1 3 3
3 2 2 2 2 16
a a a a
V
 
= =
 
 
G:7(HIJ.
Gọi I là trung điểm AB
HI=a/4,
3
2
=
a
SH
Vẽ HK ⊥ SI thì HK ⊥ (SAB), ta có
2 2
2
1 1 1 3
52
3
4
2
a
HK
HK
a
a
= + ⇒ =

16
a
d(C, SAB)=
3 3
( )
13
V a
dt SAB
=

G: :Xột tam giỏc ABC vuụng ti A , BC = a ,
ã
0
ABC 30=
:AB=
3
2
a
,AC=
2
a
Tam giỏc SBC u cú ng cao SH =
3
2
a
Chn h trc ta Axyz theo hỡnh v :
A(0;0;0),B(
3
2
a

ỗ
ữ
ờ ỳ
ỗ
ữ
ở ỷ
ữ
ỗ
ố ứ
uur uuur


pt(SAB):
6 3 0y z- =
V=
3
1
, .
6 16
a
AS AB AC
ộ ự
=
ờ ỳ
ở ỷ
uur uuur uuur
; d(C,(SAB))=
39
13
a

ữ
+ +
3
2 2
8
3 3
x y
x y
y x

+ +
ữ
+ +

=
3
2
3 2
8
3 9
2
S S P S
S P


S

+

=
ữ
ữ
+ =
3
( 1) , 2
2
S
S S
P = 3 (S 1)
2

1
2
> 0, S 2 P min = P (2) = 1
2
Du = xy ra chng hn khi x = y = 1.
/0)17C(t;-2t-5)
Gi I l trung im ca AC, suy ra
4 2 3
;
2 2
+ +

7
;
1
7
−
;
17
7
−
).
/0C17Số các số tự nhiên chẵn có trong S là : 3.6.5=90
Số các số tự nhiên tùi ý của S là : 5.6.7=210
Xác suất cần tìm là
90 3
210 7
=
D789:;<=>?@/=:19
/0)E7
Cos(AIH) =
1
5
IH
IA
=
⇒ IH =
2
Vậy MH = MI – IH = 4
2
; với M ∈ Oy
MI ⊥ AB ⇒ MI : x + y + c = 0 ; M (0;-c)

2
= 10.
/0BE7(S) có tâm là I (1; -2; 1) và R
2
= 14.
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là :
2(1) 3( 2) 1 11
14
+ − + −
=
14
= R
Vậy (P) tiếp xúc với (S) Tại T
⇒
T là hình chiếu vuông góc của I lên (P).
Pt đường thẳng d qua I và ⊥ (P)
⇒
d :
1 2 1
2 3 1
x y z
− + −
= =
T ∈ (d) ⇒ T (1 + 2t; 3t – 2; 1 + t)
T ∈ (P) ⇒ t = 1. Vậy T (3; 1 ; 2).
/0CE7r =
1 3
+
= 2; tgϕ =
3

−
=
1 3 1 3
32( ) 32 ( )
2 2 2 2
i
+ + −
Vậy phần thực của w là :
1 3
32( )
2 2
+
và phần ảo là
1 3
32( )
2 2
−
.

KLD
7 "#$%&'(7,0 điểm)
/0(*+, 7 Cho hàm số
3 2
2 3( 1) 6 (1)y x m x mx= − + +
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB
vuông góc với đường thẳng y = x + 2.
/0(*+, Giải phương trình
2

P
a b a c b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
.
7"#56$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng
(phần A hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD
có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương
trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C
và D.
/0B71(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) và mặt
phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc
với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P).
/0C71(*+, Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3
viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi
hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu.
D789:;<=>?@/=:19
/0)7E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân
đường cao hạ từ đỉnh A là
17 1
;
5 5
H
 
−
 ÷

3
- 6x. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6; y’ = 0 ⇔ x = ±1; y(-1) = 4; y(1) = -4
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ -1 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
4 +∞
−∞ CĐ -4
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4
y" = 12x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; 0)
Đồ thị :
b) y’ = 6(x
2

2
+ m
Gọi (x0;y0) là điểm cực trị của đồ thị hàm số (1)
⇔
y0 =
( )
1
(2 1). ' 0
6
x m y x− −
- (m – 1)
2
x0 + m
2
+ m
⇔
y0 = - (m – 1)
2
x0 + m
2
+ m
Điểm(x0;y0) thuộc đường thẳng AB : y = - (m – 1)
2
x + m
2
+ m
Đường thẳng AB vuông với d : y = x + 2
⇔
k
AB

-1
⇔ x =
2
6 3
k
π π
− +
hay x =
3 2
14 7
k
π π
+
( k ∈ Z )
/0
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0 (1)
4 4 2 4 (2)
x y xy x y
x y x x y x y

+ − + − + =


− + + = + + +



Ta xem (1) là phương trình bậc hai theo y có

4 1 2 9 4
f x
x x
= + + >
+ +
1
; ;
4
x
 
∀ ∈ − +∞
 ÷
 
⇒
f đồng biến trên
1
;
4
 
− +∞
÷

 
và f(0) = 0
⇒
x = 0 là nghiệm duy nhất của (*)
Vậy x = 0 và y = 1 là một nghiệm của hệ.
TH2 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có :
(2)
⇔

3 1 ( 1) 5 4 ( 2)x x x x
− −
+ =
+ + + + + +
(4)(Vô Nghiệm vì VT<0 còn VP > 0)
(3) ⇔ x = 0 hay x = 1 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1; x = 1 ⇒ y = 2
Vậy nghiệm của hệ là: (0; 1) hay (1; 2).
/02
G:
1
2
0
2I x x dx= −
∫
=
1
2 1/2 2
0
1
(2 ) (2 )
2
x d x− − −
∫
=
1
2
0
1
2
3

 
 
=
1
(2 2 1)
3
−
/03
Gọi H là trung điểm AB
⇒
SH
^
AB mà (ABCD)
^
(SAB) theo giao tuyến AB
⇒
SH
^
(ABCD) tại H.
G:
Ta có
=


a
SH
K


7

=
a
G: :
Chọn H là điểm gốc của hệ trục tọa độ Hxyz theo hình vẽ
H(0;0;0) ,
;0;0
2
a
B
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
,
;0;0
2
a
A
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç

ç
÷
ç
è ø
,
; ;0
2
a
D a
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
è ø
Ta tính :
N* NN* NNN= = =
uuur uuur uuur
SC SD SA

7 7
 
  * 7
4 4
 
= = =
 


(Dùng Cô si 2 lần )
Vậy
2
8 27
2 2( )
P
a b c a b c
≤ −
+ + + + +
. Đặt t = a + b + c, t > 0;
2
8 27
( )
2 2
P g t
t t
≤ − =
+
g’(t) =
2 3
8 27
( 2)t t
− +
+
g’(t) = 0 ⇔ 27(t + 2)
2
– 8t
3
= 0 ⇔ t = 6

2
= 5
⇒
ta có điểm B (0; 3) hay B (-4; 5)
∆
IBC đồng dạng
∆
IDA
⇒
3
ID AD
IB BC
= =

⇒
3ID IB= −
uur uur
(*)
Ta có : B (0; 3) và (*)
⇒
D (-8; 7)
Tương tự ta có B

(-4; 5) và (*)
⇒
D (4; 1)
KL : C(-1 ; 6 ) và D (-8; 7) hay C(-1 ; 6 ) và D (4; 1).
I
C
D

H ∈ (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0 ⇔ t = -1 ⇒ H (1; 2; 1)
Gọi A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P),
ta có: x
A’
= 2x
H
– x
A
= -1; y
A’
= 2y
H
– y
A
= -1; z
A’
= 2z
H
– z
A
= 2
Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : A’ (-1; -1; 2).
/0C717Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là :
1 1
4 2
1
7
.
1
C C

AC
Ç
BC = C ⇒ C (9; 11).
/0B7E7
AB
uuur
= (-2; 3; 2), VTCP của ∆ là
a
r
= (-2; 1; 3)
Đường thẳng d có 1 VTCP
,v AB a
 
=
 
r uuur r
= (7; 2; 4)
Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A là :
1 7
1 2
1 4
x t
y t
z t
= +


= − +




= ⇒ =


loaïi
nhaän
KL : (3;1 )là nghiệm của hệ.

KLO
7 "#$%&'(7,0 điểm)
/0(*+, 7 Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1 (1)= − + − +y x mx m x
, m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đường thẳng y = -x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân
biệt.
/0(*+, Giải phương trình
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
/0(*+, Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x

giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2 2
2
6
3
+ −
= −
+
− +
x y x y
P
x y
x xy y
.
7"#56$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
hoặc phần B)
789:;<=>?@0A
/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
9 3
;
2 2
 
−
 ÷
 
M
là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm
C.

/0B7E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; 3; -2) và
mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P). Viết phương trình
mặt phẳng đi qua A và song song với (P).
/0  C7E  (*  +, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2 3 3
( )
1
− +
=
+
x x
f x
x
trên đoạn [0; 2]
BÀI GIẢI
/0
a) m= 1, hàm số thành : y = 2x
3
– 3x
2
+ 1. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0
lim
x
y
→−∞
= −∞

x
x mx mx
g x x mx m
(d) cắt (C) tại 3 điểm
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2
9 8 0
8
0
9
(0) 0

∆ = − >
⇔ ⇔ < ∨ >

= ≠

m m
m m
g m
/0
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
( )
2cos 2 sin cos2 0 cos 2 2sin 1 0
⇔ + = ⇔ + =
x x x x x
cos 2 0

)
/0 Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x
Đk : 0 < x < 1
Pt
( ) ( )
2
2
1 1 1 (*)
 
⇔ = − − +
 
 
x x x
Đặt
1
= −
t x
(0< t < 1)
(*) thành
( )
( )
4

y
x
0
1
1
(**) thnh
2
5 4 0 4
+ = =
u u u
(vỡ u>2)
Vy
2
1
4 4 1 0 2 3
+ = + = =
t t t t
t
vỡ (0 < t < 1)
Ngha l
1 2 3 3 1 4 2 3x x x = = =

/02
1 1
2
2 2
0 0
1 2 2
1
1 1
/03
G:
Tam giỏc ABC l tam giỏc u, cú ng cao AM

3
2
= =
a
AM SA
V
S.ABCD
=
0
1 1 1
. 2. . . .sin120 .
3 3 3
ABCD ABD
S SA S SA AB AD SA
= = =
3
1 3 3
. .
3 2 2 4
a a
a a

= =


4
a
G:
Tam giỏc ABC l tam giỏc u, cú ng cao AM

3
2
= =
a
AM SA
Chn A l im Gc ca h tr ta Axyz theo hỡnh v
A(0;0;0) ,
3
;0;0
2
M a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
,
3
;0;0

ỗ
ố ứ

V
S.ABCD
=
3
.
1
2 2 , .
6 4
S BCD
a
V SB SC SD
ộ ự
= = =
ờ ỳ
ở ỷ
uur uur uur
Vit phng trỡnh mt phng (SBC)

d(D,(SBC))= =
6
4
a
/047
2
2
1 1 1 1 1 1
1

y y
P
x y
x
x xy y
x x
y
y y
D


O



H
x
y
z
Đặt
=
x
t
y
, điều kiện
1
0
4
< ≤
t

< ≤
t
( )
( )
2
3
2
3 7 1
( )
2 1
2 3
− +
′
= −
+
− +
t
f t
t
t t
( )
( )
2
3
2
1 3 7 8 5 1 1
0; : ,
4 27 2
2 1
2 3


 

1 7 10 5
( )
4 30
+
 
⇒ ≤ =
 ÷
 
f t f
Vậy
max
7 10 5
30
+
=P
khi
1
2
=
x
,
2
=
y
/0)17
Đường thẳng AB đi qua M có vectơ pháp tuyến
1

uuur uuur
=
2
9 20 0 5 4b b b hay b⇒ + + = ⇒ = − = −
Vậy B(-5; -2) và A (-4; 5) (hay B(-4; 5) và A (-5; -2))
Phương trình AH là:
2 6 0
+ − =
x y
. Gọi C (6 - 2c;c)
∈
AH.
Do
2 2 2
5 30 25 0 1 5
= ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
IB IC c c c c
(loại)
Vậy C(4; 1)
/0B17Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P)
1 1 2
:
1 1 1
+ + +
⇒ = =
x y z
d
Gọi H là hình chiếu của A trên (P)
2 2 1
( ) ; ;

+
.Ta có:
2 2
2 1 2 1
1 3
− + − − +
= = = − +
z z i i
w i
z i
10⇒ =w
D789:;<=>?@/=:19
/0)E7
(C) có tâm I(1;1), R=2.
Do
( , )
∆ = ⇒ ∆
d I R
tiếp xúc (C) tại T
Do I là trực tâm tam giác PMN nên MI vuông góc
∆
1
⇒ = =
M I
x x
Mà M thuộc (C) nên M(1; -1)
Gọi J là trung điểm MN suy ra IJ là đường trung bình của tam giác MTN
1⇒ = =
I J
y y

d A P
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
⇒
(Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
1; 2; 2
= − −
n
r
⇒
(Q):x – y–2z +3 = 0.
/0CE7
2
2
2 4 6
( )
( 1)
+ −
′
=
+
x x
f x
x
( ) 0 1
′
= ⇔ =
f x x
hay x = -3 (loại)
f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1

sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
/0(*+, Giải phương trình
2 1
2
2
1
2log log (1 ) log ( 2 2)
2
+ − = − +
x x x x
/02(*+, Tính tích phân
1
2
2
0
( 1)
1
+
+
∫
x
dx
x
/03(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh
bên SA vuông góc với đáy,
·
0
120=BAD

/0)71(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
9 3
;
2 2
 
−
 ÷
 
M
là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm
C.
/0B71(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; -2),
B(0;1;1) và mặt phẳng (P): x + y + z - 1 =0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A
trên (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P).
/0C71(*+, Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
(1 )( ) 2 2
+ − + =
i z i z i
. Tính
môđun của số phức
2
2 1− +
=
z z
w
z
D789:;<=>?@/=:19

3
– 3x
2
+ 1. Tập xác định là R.
y’ = 6x
2
– 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
x
−∞ 0 1 +∞
y’
+ 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ CĐ 0
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0
y" = 12x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1/2. Điểm uốn I (1/2; 1/2)
Đồ thị :

m m
m m
g m
/0
sin 3 cos 2 sin 0
+ − =
x x x
( )
2cos 2 sin cos2 0 cos 2 2sin 1 0
⇔ + = ⇔ + =
x x x x x
cos 2 0
⇔ =
x
hay
1
sin
2
= −
x
4 2
⇔ = +
x k
π π
hay
2
6
= − +
x k
π

 
 
x x x
Đặt
1
= −
t x
(0< t < 1)
(*) thành
( )
( )
4
2 4 3 2
1 1 5 6 5 1 0
− = + ⇔ − + − + =
t t t t t t t
2
2
1 1
5 6 0 (**)
   
⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
t t
t t
Đặt
( )
1
2

0 0
1 2 2
1
1 1
+ +
 
= = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
x x x
I dx dx
x x
( )
1 1
1
2
2
0
0 0
2
1 ln 1 1 ln 2
1
 
= + = + + = +
 
+
∫ ∫
xdx

2
2
1 1 1 1 1 1
1
2 4 4
 
≤ − ⇔ ≤ − = − − + ≤
 ÷
 
x
xy y
y y y y
2 2 2
1 2
2
6( )
3
6 1
3
+ −
+ −
= − = −
+
 
− +
 
+
 ÷
− +
 ÷

− +
t t
P
t
t t
Xét
( )
2
1 2
6( 1)
3
+ −
= −
+
− +
t t
f t
t
t t
với
1
0
4
< ≤
t
( )
( )
2
3
2



 
+
− +
1
'( ) 0 0;
4
 
⇒ > ∀ ∈


 
f t t

⇒
f
đồng biến trên
1
0;
4
 


 

1 7 10 5
( )
4 30
+

7 33 0
− + =
x y
.
D


O



Gọi B(b; 7b + 33). M là trung điểm AB ⇒ tọa độ A :
9
3 (7 33) 7 30
= − −


= − + = − −

A
A
x b
y b b
(7 ;34 7 ) ( 2 ; 29 7 )
= + + ⊥ = − − − −
AH b b BH b b
uuur uuur
2
9 20 0
5 4

3 3 3
 
⇒ = ∩ ⇒ −
 ÷
 
H d P H
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm thì (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là
( )
, ( 1;2; 1)
 
= = − −
 
P
n AB n
r uuur uuur
Vậy
( ) : 2 1 0
− + + =
Q x y z

/0C17(1 + i)(z – i) + 2z = 2i
⇔
(3 + i)z = -1 + 3i
1 3
3
i
z i
i
− +
⇔ = =

Mà J thuộc (C) nên J(3; 1) hay J(-1; 1)
Nếu J(3;1) thì N(5;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
1 ( 1;3)
⊥ ⇒ = − ⇒ −
NI MP t P
uur uuur

Nếu J(-1;1) thì N(-3;3)
Gọi P(t;3) thuộc
∆
. Ta có
3 (3;3)
⊥ ⇒ = ⇒
NI MP t P
uur uuur

/0BE7Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P):
( )
( )
1 6 4 5
2
,
3
1 4 4
− − + +
= =
+ +

f(0) = 3, f(2) = 5/3, f(1) = 1
I
NP
M
O
J
T
x
y
Vì f liên tục trên [0; 2] nên
[0;2]
max ( ) 3
=
f x
và
[0;2]
min ( ) 1
=
f x