HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 01 I. PHẦN CHUNG CâuI. 1. Bạn đọc tự giải. 2. 2 3 ' ( 1) y x = − − ; 2 1 ( ; ) 1 m M m m + − . Tiếp tuyến tại M: 2 3 2 1 ( ) ( 1) 1 m y x m m m + = − − + − − cắt tiệm cận đứng tại 2( 2) 1; 1 m A m +    ÷ −   và cắt tiệm cận ngang tại ( ) 2 1; 2B m − ; giao hai tiệm cận I(1; 2). 2 2 6 36 ; 2 1 ; 4( 1) 1 ( 1) IA IB m AB m m m = = − = + − − − . Chu vi tam giác IAB: 2 2 6 36 2 1 4( 1) 2 12 24 1 ( 1) P IA IB AB m m m m = + + = + − + + − ≥ + − − . Tìm được m thay được tạo độ M. CâuII. 1. ĐK: sin 2 .cos 0x x ≠ . 2 2 3sin 2 2sin 2 3sin 2 2sin 4sin .cos 3cos 1 2cos sin 2 .cos x x x x x x x x x x − = ⇒ − = ⇒ − = 2. 4 2 2 2 2 2 2 4 6 9 0 ( 2) ( 3) 4 ( 2)( 1) 24 2 22 0 x x y y t y t y x y x y  − + − + =  − + − =  ⇔   + + = + + − =    (với 2 t x= ) ⇔ [ ] 2 2 ( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 28 0 ( 2)( 1) 24 t y t y t y  + + + − + + + + =   + + =   [ ] [ ] 2 ( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 2( 2)( 1) 28 0 ( 2)( 1) 24 t y t y t y t y  + + + − + + + − + + + =  ⇔  + + =   ( 2) ( 1) 10 ( 2)( 1) 24 t y t y + + + =  ⇒  + + =  hoặc ( 2) ( 1) 2 ( 2)( 1) 24 t y t y + + + = −   + + =  suy ra nghiệm. CâuIII. 2 2 2 2 sin 3 sin 2 1 .sin .cos .2sin .cos .cos 2 x x o o I e x xdx e x x xdx π π = = ∫ ∫ 2 2 sin 2 2 1 .cos sin 2 x o e xd x π = ∫ 2 2 sin 2 2 1 (1 sin ) sin 2 x o e x d x π = − ∫ 2 2 2 2 sin 2 sin 2 2 1 1 sin .sin sin 2 2 x x o o e d x e xd x π π = − ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 2 sin sin 2 2 sin 2 0 1 1 1 sin sin sin (sin . ) 2 2 2 x x x x o o o e d x xde e d x x e π π π π = − = − ∫ ∫ ∫ 2 2 sin 2 sin 2 2 0 0 1 ( ) (sin . ) 2 x x e x e π π = − = thay số được kết quả. CâuIV: Dễ có: HM MC = ; mặt khác 2 2 2 cos cosHM SM HM SM α α = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 2 2 cosa SM a HM a CM SM α ⇒ − = − = − = 2 2 2 1 cos a SM α ⇒ = + ; 2 sin sin 1 cos a SH SM α α α = = + 2 cos 2 2 cos 2 1 cos a DC HM SM α α α = = = + 2 . 2 1 2 sin .cos . 3 3 1 cos S ABCD ABCD V SH S a α α α = = + . Đặt 4 2 2 sin .cos ( 1)cos (1 2 )cos 0 1 cos m m m m α α α α α = ⇒ + − − + = + Có nghiệm khi 1m ≠ − và 1 1 5 0 5 m m∆ = − ≥ ⇔ ≤ . Khi đó 2 . 2 15 S ABCD a V ≤ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 0 2 1 5 60 1 cos 4 m α α  =   ⇒ =   =   ( do 0 0 0 90 α < < ). CâuV. ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 8 8 8 2.3 2 6P x y y z x z xy yz zx xyz xyz ≥ + + + = + + + 3 3 1 6 6 12xyz xyz ≥ + ≥ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 x y z x y z xyz = =  ⇔ = = =  =  II. PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn CâuVI.a 1. Đường thẳng (d) qua I 1 ;0 2    ÷   và vuông góc với AB: x-2y+2=0 có phương trình là: 2x+y-1=0, (d) cắt AB tại M(0;1)- trung điểm của AB. A( 1 1 ;x y ) thuộc AB với 1 0x > và AM = 2MI (do AB = 2AD; AB=2AM và AD=2MI) suy ra được A( 3 1; 2 ); 1 2 ( 1; ) 2 AB AM B= ⇒ − uuur uuuur ; 2 ;BC MI DC AB= = uuur uuur uuur uuur suy ra được toạ độ C, D. 2. Dễ thấy 1 ( )d //( 2 )d ; 1 1 2 2 (1; 1;2) ( ); (4;1;3) ( )M d M d− ∈ ∈ ; 1 (2;3;1) d u uur ; 1 2 (3;2;1)M M uuuuuur Mặt phẳng (P) nhận ( ) 1 3 1 1 2 2 3 1 2 2 1 1 3 3 2 , ; ; (1;1; 5) d n u M M   = = = −   r uur uuuuuur làm véc tơ pháp tuyến và (P) đi qua 1 (1; 1;2)M − nên (P) có phương trình ( ) : 5 10 0P x y z+ − + = CâuVII.a 2 2 10 8 4 (2 1) 1x x m x x+ + = + + (*) 2 2 2 2 2 2 1 1 ( 1) (2 1) 1 ( 1) 0 1 0 (1) 2 2 1 2 2 1 m x m x x x x x x x   + + ⇔ + − + + + + = ⇒ − + =  ÷  ÷ + +   (do 2x+1=0 không thoả mãn phương trình) Đặt 2 1 2 1 x t x + = + ; 2 2 2 ' 0 2 (2 1) 1 x t x x x − = = ⇔ = + + . Có BBT S B C D A H M A M D C B N I x −∞ 1 2 − 2 +∞ t’ - - 0 + t 2 1 (1) 2 t m t + ⇒ = do t = 0 không thoả mãn (*). Qua BBT thấy, mỗi 1 2 t < − hoặc 1 5 t = hoặc 1 2 t ≥ thì phương trình 2 1 2 1 x t x + = + có nghiệm duy nhất; khi 1 1 2 5 t< < thì phương trình 2 1 2 1 x t x + = + có hai nghiệm phân biệt. Xét đường thẳng (d): 2 m y = và đồ thị (C) của hàm số 2 1 ( ) t f t t + = Có 2 2 1 '( ) 0 1 t f t t t − = = ⇔ = ± . BBT t −∞ -1 1 2 − 0 1 5 1 2 1 +∞ f’(t) + 0 - - - - - 0 + -2 f(t) Qua BBT thấy: +) 5 2 2 2 m − < < − thì (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 1 1 2 t t< − < < − khi đó ứng với mỗi t phương trình đã cho chỉ có một nghiệm hay -5 < m < -4 thoả mãn. +) 6 12 2 5 5 m m= ⇔ = thì (d) cắt (C) tại 2 điểổttong đó 1 điểm có hoành độ 1 1 5 t = và một điểm có hoành độ 2 1 2 t > ; ứng với 1 1 5 t = phương trình có nghiệm 2x = , ứng với 2 1 2 t > thì phương trình có một nghiệm x thoả mãn 1 2 2 x− < < hay khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. +) 5 2 4 5 2 2 m m< < ⇔ < < thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt 1 2 1 1 2 t t< < < , ứng với mỗi t phương trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc 1 ;2 2   −  ÷   hay 4 5m< < thoả mãn. Vậy 12 5 m = hoặc ( 5; 4) (4;5)m∈ − − U là giá trị cần tìm B. Theo chương trình nâng cao 1 5 +∞ 1 2 −∞ 1 2 − 5 2 − 6 5 5 2 2 −∞ CâuVI.b 1. Gọi 1 ( ; )n a b ur là vecto pháp tuyến của AB và CD suy ra 2 ( ; )n b a− uur là vecto pháp tuyến của BC và DA. Khi đó ta có : ( 2) ( 1) 0; : ( 2) 0AB a x b y CD a x by− + − = − + = : ( 1) ( 2) 0; : ( 4) ( 2) 0AD b x a y BC b x a y− − + − = − − + + = Toạ độ A thoả mãn hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; 2 ax by a b a ab b a ab b A bx ay a b a b a b + = +    − + + + ⇒   ÷ − + = − + +    Tương tự 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 ; a ab b b ab a B a b a b   + + − −  ÷ + +   ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; a ab b a ab D a b a b   − + +  ÷ + +   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 4 3 ; ; ; ab b b ab a ab DA AB a b a b a b a b     + + ⇒ −  ÷  ÷ + + + +     uuur uuur ; ABCD là hình vuông khi AB=AD 2 4 2 2 2 2 ( ) (3 4 ) (4 3 )ab b b ab a ab⇒ + = + + + 4 3 2 2 3 4 2 3 3 3 0a a b a b ab b⇒ + + + + = 2 2 2 2 ( )(2 3 ) 0 2 b a a b a ab b b a = −  ⇒ + + + = ⇒  = −  +) Với b a = − chọn 1 1a b = ⇒ = − phương trình các cạnh: : 3 0AB x y− + = ; : 2 0BC x y+ − = ; : 2 0CD x y− − = và : 1 0DA x y+ − = +) Với 2b a= − chọn 1 2a b= ⇒ = − phương trình các cạnh là: : 2 0; : 2 10 0AB x y BC x y− = + + = và : 2 2 0; : 2 0CD x y DA x y− − = + = 2. ( )∆ có (1;2;0)u ∆ uur và qua M(3;-1;4) ( ')∆ có ' (1;2;4)u ∆ uur và qua N(-2;0;2); ' ; (2; 1;0)u u u ∆ ∆   = = −   r uur uur ; 1 ; (0;0;5)n u u ∆   = =   ur uur r ; 2 ' ; (4;8; 5)n u u ∆   = = −   uur uur r . Đường vuông góc chung (a) của ( )∆ và ( ')∆ nhận u r làm một vecto chỉ phương. (P) chứa ( )∆ và (a) nhận 1 (0;0;5)n ur làm một vecto phán tuyến nên (P): 5( 4) 0z − = (P’) chứa ( ')∆ và (a) nhận 2 (4;8; 5)n − uur làm vecto pháp tuyến nên (P’): 4 8 5 16 0x y z+ − + = (a) là giao tuyến của (P) với (P’) nên thoả mãn 1 2 4 4 8 5 16 0 4 x t z y t x y z z = +  =   ⇒ = −   + − + =   =  CâuVII.b: 2 2 3 2 1 ( 2 2) 3 4 2mx m x mx x x x+ + + = − + − 3 3 1 1 ( 1) ( 1)mx mx x x⇔ + + + = − + − ( ) 2 2 1 ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 0mx x mx mx x x   ⇔ + − − + + + − + − + =   1 1mx x⇔ + = − [ ] [ ] 1 1 ( 1) ( 1) 2 0 ( 1) ( 1) 2 0 (1) x x m x m x m m x ≥ ≥     ⇔ ⇔   + − + = + − + =     Với 1m = − khi đó phương trình nghiệm đúng 1x ∀ ≥ Với 1m ≠ − +) m = 1 phương trình vô nghiệm +) m 1≠ khi đó (1) có nghiệm 2 1 x m = − .) -1 <m < 1 phương trình đã cho có nghiệm 2 1 x m = − .) m >1 phương trình đã cho vô nghiệm . điểm có hoành độ 1 1 5 t = và một điểm có hoành độ 2 1 2 t > ; ứng với 1 1 5 t = phương trình có nghiệm 2x = , ứng với 2 1 2 t > thì phương trình có. cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 1 1 2 t t< − < < − khi đó ứng với mỗi t phương trình đã cho chỉ có một nghiệm hay -5 < m <