ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2x 1
y
x1



(1) có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai
điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng
52
. Lập
phương trình đường thẳng MN.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2sinxsin2x 11cosx cot x
2
cot x 3sin2x



(x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
 
 
x
5
x
2


  
.
b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:
23
nn
2 14 1
n
C 3C

. Tìm hệ số của x
9
trong
khai triển nhị thức Niu-tơn


2n
1 3x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có
C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC
lần lượt có phương trình là
1
x 2 y 3 z 3
d:
1 1 2
  


và


   


(x ∈ ℝ).
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
 


 


3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1          
.
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
Câu 1.
a)
• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}.
• Sự biến thiên:
– Sự biến thiên:
 
2
3
y’ 0
x1



với mọi x ∈ 𝔻.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).





. Đồng thời (C) nhận giao điểm
của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục
đối xứng.
b)

Đ
ịnh hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ
là hình ch
ữ nhật thì ta khai thác ngay
được tính chất song song, đó là MN //
PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của
phương trình đư
ờng thẳng MN là:

3x – y + m = 0, với m  –11
2x 1
y' − −
y
giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính
bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng
kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng
cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo
một ẩn m).
Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x
M
+ x
N
, x
M
x
N

theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định
lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN
2
+ NP
2
= PM
2
= (5
2
)
2
 từ đây giải phương
trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN.
Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:
Bài giải:
Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ

m1
xx
3












Không mất tính tổng quát, giả sử M(x
1
; 3x
1
+ m) và N(x
2
; 3x
2
+ m) thì
MN
2
= 10(x
1
– x
2

5
K

Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
=
 
2
10
m 2m 37
9

.
K(0; –11) ∈   d(K, MN) =
 
 
2
2
3.0 11 m
31
  

=
m 11
10


 NP
2
= d
2




     






Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và
m =
289
109

.
Câu 2.
Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không
phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm”
trong đầu nhân tử thì thấy cotx =
cosx
sin x
; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử
và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx.
Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:



1
2sinx.2sinx 11


  
















sin
cos sin
cot
sin
cos
sin
sin
sin
sin
(*).
Phương trình đã cho tương đương với:



   
2sinx 1 2sinx 3 sinx 1 0    
π
x k2π
π
x k2π
6
5π
2
1
x
2
x
x k2π
1
6














là tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo
phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất
giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:
 
 
 
 
xx
xx
e 3x 2 x 1 e 2x 1
1
e x 1 x 1 e x 1 x 1
   

     
.
Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng
 
 
x
x
e 2x 1
e x 1 x 1

  

thì vẫn chưa có dạng
g’(x)
g(x)
. Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng?

x
x
e 2x 1
x1
e x 1 x 1


  
.
Thử lấy đạo hàm mẫu


 
x
x
e 2x 1
e x 1
x1
’



, thành công!
Bài giải:
Ta có:
 
 
x
55
x

2
xx
2
22
e 2x 1
e x 1 1
2e 1
2 x 1
I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2ln
e1
e x 1 1 e x 1 1
'




     

   

Vậy
5
12
2
2e 1
I I I 3 ln
e1

   


= 2i và z
2
= i + 1.
Ta có:
 
 
2 2 2
2
2
1
1
2
1 1 i 1 3
A 2i 1 i 1 i 1
2i i 2 2 2



           


.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy
nhất
23
nn
2 14 1
n
C 3C


(loại n = –2).
+) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:








18 18
2n 18 k k
k k k
18 18
k 0 k 0
1 3x 1 3x C x 3 C 3 x      

.
Vậy hệ số của x
9
trong khai triển là:


9
9
9 18
a C 3 3938220 3   
.
Câu 5.

CB
= (t – 2; 2 – 2t; t).
d
1
là đường cao kẻ từ A nên
1
u .CB 0
 (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0
 t = 0  B(1; 4; 3).
BC đi qua C và nhận véctơ
3
1
u BC
2

= (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương
 phương trình đường thẳng BC là
x 3 t
y 2 t
z3








(t ∈ ℝ).
+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d

     


. . .
 H(1; 2; 5).
+) Thấy rằng H ∈ d
2
 A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A.
Diện tích tam giác ABC là: S =
1
2
AB.AC =
1
.2 2.2 2
2
= 4 (đvdt).
Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không
thuộc đường thẳng d
2
. Bởi nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết
phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích
tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất
là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các
bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn
phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán.
Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d
2
thì
khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S =
1

toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD).
Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin
 
(ACD) (BCD),
=
 
d B (ACD)
BM
,
 từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng
 
(ACD) (BCD),
.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Bài giải:
Theo bài ra: d(B, (ACD)) =
3
;
V
ABCD
=
15
(đvtt).
Ta có: S
ACD
=
 
ABCD
3V
d B (ACD),

 cos
CAD
= ±
2
1 sin CAD
= ±
2
3
.
Gọi M là trung điểm của CD thì do
ACD cân tại A và cân tại B nên BM 
CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi
H là hình chiếu của B lên (ACD) thì ta
có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời
độ dài BH = d(B, (ACD)) =
3
. Ta có
góc giữa mặt phẳng (BCD) và (ACD)
chính bằng BMH
̂
< 90
0
.
+) Trường hợp 1: cos
CAD
=
2

6

BMH
= 45
0
.
+) Trường hợp 2:
cos CAD
̂
=
2
3

. Tương tự ta tính được CD =
2 15
> BC + BD, không thỏa mãn
bất đẳng thức tam giác  loại.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 45
0
.
Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng
dù thế nào đi nữa thì góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 45
0
.
H
A
B
C
D
M

1 0 2 0

   
  

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0).
+) Tọa độ B là nghiệm của hệ:
x y 1 0 x 1 m
2x y m 0 y m 2
    



    

 B(1 – m; m – 2).
+) Tọa độ C là nghiệm của hệ:
3x y 2 0 x m 2
2x y m 0 y 4 3m
    



    

 C(m – 2; 4 – 3m).
+) Diện tích hình thang OABC là: S =
1
2
(OA + BC).d(O, BC)

.
– Nếu 0 < m <
3
2
thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12  m
2
– 2m + 6 = 0, vô nghiệm.
– Nếu m 
3
2
thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12  m
2
– m – 6 = 0  m = 3
hoặc m = –2.
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5).
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Câu 8.
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu.
Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác
tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu.
Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên
dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm
g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?
– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta
sẽ nên chia hai vế cho x. Bởi vì ta lấy đạo hàm của
1
x.ln x
4x


 
 
32
3
2
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x x
6x 1
2x 1 4
x
4x
x



  
  


.
Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không
dương hoặc không âm với x > 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé, khi đạo
hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ được bảng biến

2
22
1
1
1 1 1 1 1
4x
1 ln x 0 1 ln
1
x 4x x
4x 4x
x



   

        
   
   

22
1 1 1 1
1 ln 1 ln
xx
4x 4x
     
     
     
     


f’(t) 1 0
t
  
với mọi t > 0
 f(t) đồng biến trên (0; +∞).
Mặt khác (*) có dạng
2
11
f 1 f
x
4x
   

   
   
(với
2
1
10
4x

và
1
0
x

)

2
2

4x

   


trên (0; +).
Ta có:
 
 
 
2
3
32
32
2
1
1
11
4x
1
2x 1 4x
2x
6x 1
f’(x)
x
x
4x
2x 1 4x



Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không
xa lạ gì nữa. Ý tưởng của chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó
khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho


3 x 1
. Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm
bảo


3 x 1
 0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng
0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2)
có thể chia được cho


3 x 1
(vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:
x – 2 = –
 




3 x 1 3 x 1 3 x 1

       

.



3 x 1
và:

  


3 x 1 x 1 x 3 x m 3       
.
Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:
  
3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0        

  
m 1 x 3 x 1 x 3 x 3        
(1).
Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt:
Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo
  
2
t 1 x 3 x t 4 2 1 x 3 x        

 (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải
phương trình rồi thì sẽ chọn cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất
thời gian biện luận theo ẩn t nữa.
Bài giải:
Điều kiện
x1 3 
.

           



  
x2
m 1 x 3 x 1 x 3 x 3




       


(*)

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm
phân biệt khác 2.
Xét hàm số
    
f x 1 x 3 x 1 x 3 x 3       
trên
1;3



.
Với mọi
 
x 1;3

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  2 (và
 
f 2 2 2 3
) ta có
thể kết luận được các giá trị của m cần tìm là
11
5;
2
m




 
2 2 3
.

x –1 3
f ’(x) + 0
−
f(x)

5
1