ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG –Khối A,B,D,V Câu I: a.Khảo sát hàm số : 2 4 8 2 + + = + x x y x (C) • TXĐ: \{ 2}= −D R • 2 2 4 ' ( 2) + = + x x y x 0 ' 0 4 =  = ⇔  = −  x y x • Tiệm cận đứng: x = -2 vì 2 4 lim 2 →− = ∞ + x x • Chia tử cho mẫu: 4 2 2 = + + + y x x ⇒ Tiệm cận xiên: y= x + 2 vì 4 lim 0 2 →∞ = + x x • BBT: • Đồ thò: ( C ) ( C 1 ) ( I ) X Y ( I I I ) - 4 O 4 2 ( C 1 ) - 2 - 4 b.Từ đồ thò (C) suy ra đồ thò hàm số : 2 1 4 8 2 + + = + x x y x 1 ( )C Ta có : 1 nếu x > -2 -y nếu x < -2 y y  =   Do đó đồ thò 1 ( )C suy từ (C) như sau: - Nếu x > -2 thì 1 ( ) ( )≡C C - Nếu x< -2 thì lấy phần đối xứng của (C) qua Ox ta được 1 ( )C c. Xác đònh tập hợp những điểm mà không có đồ thò nào trong họ ( ) m C ï đi qua: 2 2 4 8 2 + + + = + x x m y x ( ) m C Gọi 2 2 0 0 0 0 0 0 4 8 ( , ) ( ), 2 + + + ∉ ∀ ⇔ = + m x x m M x y C m y x vô nghiệm với mọi m 0 2⇔ = −x hoặc 2 2 0 0 0 0 ( 2) 4 8= + − − −m y x x x vô nghiệm theo m. 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 ( 2) 4 8 0 ( 2) 4 8 x +4x +8 y < (nếu x >-2) x +2 x +4x +8 y > (nếu x <-2) x +2 y x x x y x x x ⇔ + − − − < ⇔ + < + +    ⇔     M miền (I) giới hạn bởi (C) với x > -2 M miền (III) giới hạn bởi (C) với x< -2 ∉  ⇔  ∉  Vậy những điểm M thoả điều kiện bài toán là những điểm thuộc mặt phẳng toạ độ Oxy, không nằm trên miền (I), miền (III) và không nằm trên (C). Câu II: Tính : 3 2 4cos I = 1 sin 0 π ∫ + x dx x Ta có: 3 2 4cos 4cos (1 sin ) 1 sin 1 sin − = + + x x x x x = 4 cosx (1-sinx) = 4 cosx –2 sin2x Suy ra: 2 (4sin cos 2 ) 0 π = +I x x = 2 Câu III: Có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất: 1) 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam: Trường hợp 1: Số cách chọn 2 nữ và 3 nam: 2 3 10 10 ×C C Trường hợp 2: Số cách chọn 3 nữ và 2 nam: 3 2 10 10 ×C C Suy ra số cách chọn 3 nữ và 2 nam là:2. 3 2 10 10 ×C C =10.800 (cách) 2) 1 học sinh nữ và 1 học sinh nam: Số cách chọn không phân biệt nam, nữ: 5 20 C Số cách chọn toàn nam hoặc toàn nữ: 5 10 C Suy ra số cách chọn có ít nhất 1 nam hoặc 1 nữ là: 5 5 20 10 2−C C =15.000 (cách) Câu IV: 1. Cho .9 4( 1).3 1 α α α + − + > x x a) Giải bất phương trình khi 2 α = . Đặt x t =3 . Điều kiện: t > 0 Khi đó bất phương trình trở thành : 2 . 4( -1). 1 α α α + + >t t (*) Khi 2 α = : (*) trở thành: 2 2 4 2 1+ + >t t luôn đúng 0 ∀ > t . Nghóa là nghiệm của bất phương trình là ∈ ¡x . b) Tìm α để bất phương trình đúng ∀ x . Ta có : (*) 2 4 1 f (t) 4 1 α + ⇔ > = + + t t t Ta lại có : 2 2 2 4 2 f ' (t) 0 ( 4 1) − − = < + + t t t t , 0 ∀ > t => y = f(t) là hàm giảm trên (0, )+∞ Do vậy bất phương trình đúng ∀x . f (0) 1 α α ⇔ ≥ ⇔ ≥ 2. Giải hệ phương trình : sinx - 7cosy = 0 (1) 5siny - cosx - 6 = 0 (2)    Vì cos 1≤x và sin 1≤y nên : 5sin cos 6 0− − ≤y x Do vậy (2) cos 1 sin 1 = −  ⇔  =  x y x = π + k2π (k,m ) π y = + m2π 2   ⇔ ∈    ¢ Dễ dàng thấy x và y ở trên thoả (1). Do vậy nghiệm của hệ là: x = π + k2π (k,m ) π y = + m2π 2   ⇔ ∈    ¢ 3. Cho cos2x + cos2y = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của 2 2 = +A tg x tg y Vì cos2x + cos2y = 1 nên 0 cos 2 ,cos 2 1≤ ≤x y Ta có: 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1 cos 2 6 6 2 2 2 2 cos 2 cos 2 3 cos 2 cos 2 2 2 − − = + + + = − + ≥ − + = + + +   +  ÷   x y A x y x y x y Mặt khác: Khi 1 cos 2 cos 2 2 = =x y thì 2 3 =A Do đó 2 3 =MinA Câu Va: a. ABMN V Ta có : ( , ) By AB By B Ax By Ax ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  Vậy : 1 . 3 1 . 1 . 3 2 6 ABMN ABM V NB S a x y axy = = = A a y y d x x B M N b. Giá trò lớn nhất của ABMN V 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 • ABM có BM • NBM có d a x d a x y y BM  •∆ = +  ⇒ − = +  •∆ = +   Ta có: 2 2 2 2 2d a x y xy− = + ≥ Vậy: 2 2 2 2 1 1 ( ) 1 . ( ) 6 6 2 12 ABMN d a V axy a a d a − = ≤ = − Nên ABMN V lớn nhất là: 2 2 1 ( ) 12 a d a− khi 2 2 ( ) 2 d a x y − = = Câu Vb: a. Phng trình đường tròn (C) đường kính OM. => Tâm là trung điểm 3 1, 4 E    ÷   của OM và R= 5 2 4 OM = => Phương trình đường tròn 2 2 3 5 2 ( 1) 4 4 x y     − + − =  ÷  ÷     b. Cách 1: Gọi k là hệ số góc của (D) => phương trình (D) là 3 ( 2) 2 y k x= − + • (D) cắt nửa trục dương Ox tại A -3 2 2 A , 0 k k   +  ÷ ⇒  ÷  ÷   • (D) cắt nửa trục dương Oy tại B 3 0, 2 2 B k   ⇒ −  ÷   Điều kiện: 3 2 0 2 k− > và k < 0 ⇔ k < 0 Ta có : 2 2 2 3 2 1 3 2 6 2 6 2 2 3 2 12 2 9 - 6k + 4k = -12k ( do k < 0 ) 4 9 4 6 0 4 3 4 OAB k S k k k k k k k − + = ⇔ − =   ⇔ − =  ÷   ⇔ ⇔ + + = − ⇔ = Vậy phương trình (D) là 3 3 ( 2) 4 2 y x − = − + 3 3 4 3 4 12 0 y x y − ⇔ = + ⇔ + − = Cách 2: Giả sử A(a, 0), B(0, b) (a, b > 0) ( ) : 1 x y D a b ⇒ + = Yêu cầu bài toán 3 1 ( ) 4 2 2 6 3 1 6 2 OAB a M D a b S b ab  + =  ∈ =    ⇔ ⇔ ⇔    = =    =   Vậy phương trình (D): 3x + 4y –12 = 0 3. Cách 1: Ta có A(4, 0), B(0, 3) Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OAB thuộc phân giác trong của góc O I⇒ ∈ đường thẳng y = x. Gọi I (a, a) ta có d( I, AB) = d( I, OA) 3 4 12 5 a a a + − ⇔ = 7 12 5a a⇔ − = (vì a > 0) 6 1a a ⇔ = ∨ = , loại a= 6 vì lúc đó I là tâm đường tròn bàng tiếp AOB ∆ . Vậy I(1, 1) và r = a = 1. ⇒ Phương trình đường tròn là: 2 2 ( 1) ( 1) 1x y− + − = Cách 2: Ta có I thuộc đường thẳng y = x. => I(a, a) (với a > 0) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác OAB. 6 1 1 (3 4 5) 2 S r P = = = + + Ta lại có: d(I, OA) = r => a = 1 Vậy phương trình (C): 2 2 ( 1) ( 1) 1x y− + − = Ghi chú: Khối B, D, V không có câu Ic , IVb, Va.3,Vb.3 . sinh nam: Trường hợp 1: Số cách chọn 2 nữ và 3 nam: 2 3 10 10 ×C C Trường hợp 2: Số cách chọn 3 nữ và 2 nam: 3 2 10 10 ×C C Suy ra số cách chọn 3 nữ và 2. học sinh nữ và 1 học sinh nam: Số cách chọn không phân biệt nam, nữ: 5 20 C Số cách chọn toàn nam hoặc toàn nữ: 5 10 C Suy ra số cách chọn có ít nhất 1 nam