www.saosangsong.com.vn
Năm học 2009-2010
1
NHÁY A 2006.
Thời gian làm bài : 180 phútCâu 1 (2 điểm ).
1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = -
1
3
x
3
+ x
2
+ 3x - 3.
2) Tìm m để phương trình : |x
3
| + 3x
2
– 9|x| + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt . Câu 2 (2 điểm ) :
1. Giải phương trình :
44 2
4(sin x cos x) + 3(sin x + cosx) - 8
0
22cosx
+
=

SABO theo a.
Câu 5 (1 điểm ). Cho hai số x , y thực > 0 và thỏa : xy(x + y) = 2x
2
+ 2y
2
. Tìm GTLN của biểu thức :
A =
22
11
xy x y
+

Câu 6 (2 điểm ).
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A biết phương trình AB: 3x – 4y + 1 = 0 và AC:
4x + 3y – 7 = 0 và diện tích của nó là 16. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian Oxyz, cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có A(0; 0; 0), B(4 ; 0; 0), C(0 ; 4; 0) và
A’(0; 0; 6).
a) Tính khoảng cách giữa BC’ và đường cao AH của đáy.
b) Viết phương trình mặt phẳng qua BC’ và hợp với mặt phẳng (ACC’A’) một góc α mà cosα = 1/3.

Câu 7 (1 điểm ). Cho phương trình : 27
x
– 3
x + 1
. 6
x
- 9.12
x
- m. 8
x

-2 -1 1 2 3 4
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
y
Đồ thị hàm số f(x ) gồm hai phần đối xứng qua
Oy vì hàm số này chẵn.
Mặt khác khi x < 0 thì |x | = - x và f(x ) = -
1
3
x
3

+ x
2
+ 3x – 3 (cung màu đỏ đã vẽ ở phần 1)
Do đó đồ thị hàm số f(x ) gồm cung màu đỏ và
cung màu đen đối xứng của cung đỏ qua Oy.
Căn cứ vào hình vẽ, đường thẳng y = - m/3 – 3
cắt đồ thị này tại 4 điểm khi

- 2 = 0 (*)
Đặt t =
x y+
≥ 0 , từ phương trình đầu: xy = t + 1. Thế vào (*) :
Ù 2( t + 1) + t
2
- 4t – 2 = 0 Ù
2
20tt−=
Ù t = 0 hay t = 2 .
Vậy (x + y = 0 và xy = 1 ) hay ( x + y = 4 và x y = 3)
Ù (x = 3; y = 1) hay (x = 1; y = 3)

Câu 3.
/4 /4
22 22
00
4cos
3cos sin 3cos sin
xdx dx
I JK
x xxx
ππ
=−=
−−
∫∫
−

Tính J: J =
/4


Tính K: : K =
/4
2
0
1
3 tan cos
dt
2
x x
π
⎛⎞
⎜⎟
−
⎝⎠
∫
. Đặt t = tanx : K =
11
2
00
111
3
23 3 3
dt
dt
t
tt
⎛⎞
=−
⎜⎟

3
117
... . . .
33
88
aa a
OI AI SO a==
7
24Câu 5: Đặt S = x + y, P = x y : SP = 2(S
2
– 2P) Ù P =
2
2
4
S
S +

A =
2
S
P

Đk : S
2
– 4P ≥ 0 Ù S
2
-

(4)
SS
S
S
S
+
=
+

A’ =
322
64
1 2( 4) ( 4) .3 ( 4)( 12)
.0
44
SSS S S S
SS
+−+ +−−
=<=> A nghịch biến.
Vậy max A = f(4) =
2
3
8
4.4 4
=
1
Ù S = 4 và P = 4 Ù x = y = 2
Cách khác : Chia hai vế x
2
y

+
+≤
2
/4, suy ra A ≤ ¼. Vậy maxA = ¼ khi a = b = ½
Ù
x = y = 2.
Câu 6.
1. AB : 3x – 4y + 1 = 0 , AC: 4x + 3y – 7 = 0
Suy ra A = (1 ; 1) và góc A = 90
0
. Phương trình BC song song với các phân giác của AB, AC cho bởi :
3x 4 1 4x 3 7 0 3x 4 1 4x -3 7 0y y hay y y−++ +−= −+− +=

A
B
C
A’
B’
C’
H
=> BC: 7x – y + c = 0 hay x + 7y + c = 0
Vì tam giác ABC vuông cân nên diện tích nó bằng : AH
2
=
16 ( H là chân đường cao) => AH = 4.
Ù d(A, BC) = 4 Ù
|6 | |8 |
44
52 52
cc

++

b) (ACC’A’): x = 0
PT (P) cần tìm : ax + by + cz – 4a = 0 vì qua B(4; 0; 0).
Ta có : 4b + 6c – 4a = 0 Ù 2a – 2b – 3c = 0 vì (P) qua C’(0 ; 4; 6).
Ta có :
222
|| 1
cos
3
a
abc
α
==
++

Thế b = (2a – 3c)/2 : 9a
2
= a
2
+ (2a – 3c)
2
/4 + c
2
Ù 36a
2
= 4 a
2
+ 4 a
2

3 Ù x = log
3/2
2 hay x = log
3/2
(1 + 2 3)
b) f(t) = t
3
– 3t
2
- 9t = m
x > - 1 => t > 2/3.
Khảo sát : f’(t) = 3t
2
– 6t – 9 = 0 Ù t = 3.
Hàm số có giá trị nhỏ nhất là f(3) = - 27 .
Và f(2/3) = - 190/27 . Căn cứ vào BBT, phương trình có 2 nghiệm > - 1 khi – 27 < m < - 190/27.