x 3
(C )
x 1
Câu 2(1điểm): Tìm m để đồ thị hàm số sau y  x 4  2mx 2  m  1 có 3 điểm cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích bằng 32 .
ln x
Câu 3(1điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi : x  1, x  e, y  0, y 
2 x
Câu 4(1điểm): a)Giải PT sau : 2.sinx.sin3x + sin2x = 4cosx.sin3x + 2cos2x + 2
Câu 5(1điểm): Cho phương trình 2 đường thẳng sau
 x  3  7t
x7 y 3 z 9

(d1 ) :


, (d 2 ) :  y  1  2t
1
2
1
 z  1  3t

Chứng minh rằng 2 đường thẳng trên chéo nhau . Và viết phương trình đường vuông góc
chung giữa 2 đường đó .
Câu 6 (1điểm): a)Thầy Quang phát thưởng cho 60 bạn học sinh giỏi trong nhóm HỌC
SINH THẦY QUANG BABY , trong đó có 14 em trùng tên . Sắp xếp 60 em một cách
ngẫu nhiên thành một hàng ngang . Tính xác xuất để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau .
b) Giải phương trình: log 4 ( x  1) 2  log 2 4  x  log 8 (4  x)3  2
Câu 1 (1điểm):Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y 

Câu 7(1điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B . Các mặt

bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy , I là trung điểm của SC . Cho
 1 
AB = 2a , SA = BC = a , CD  2a 5 . Gọi H là điểm thỏa mãn AH  AD . Tính theo a
5
thể tích tứ diện IBCD . Và tính khoảng cách 2 đường thẳng BH và SC .
Câu 8(1điểm): Cho điểm A thuộc Elip (E) có tam sai e = 4/5 , tiêu cự là 8 . Qua điểm A
vẽ một hình vuông ABCD có tâm là I(2,1) .Điểm G thuộc cạnh BC . Điểm H thuộc cạnh
CD sao cho GIH  45O . M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông và
tọa độ điểm G . Biết rằng đường thẳng MG vuông góc với (d) : 5x + y + 7 = 0 . Điểm K(5,-2) thuộc đường thẳng AH .Biết yA nguyên .
 x  y  1  x  y x  1  x  y  xy  1

Câu 9(1điểm) : Giải hệ phương trình 
2 y2  2x  1  y  1  x y
 1 1 x

Câu 10(1điểm) : Cho các số a, b, c  0, a  b  c  4 . Tìm Min :
a 3
c 3 (b  4)(a  c) 8
P(
) (
) 
 b
bc
ab
162ac
81









Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn





Page 1


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 10
Câu 1:
Tập xác định D=R\{-1}
Sự biến thiên
+ y'

4

 x  12

 0 => Hàm số đồng biến trên  ; 1 va  1;   .

Hàm số không có cực trị
+ lim y  1  y  1 là TCN
x 

+


lim
x   1



y  ;

lim
x   1



y   suy ra x=-1 là TCĐ.

+Tâm đối xứng I(-1,1)
+ Bảng biến thiên
x

y’

1



1


y
Đồ thị


1



Câu 2:
TXĐ: D  R

x  0
.
Có y '  4 x3  4mx; y '  0   2
 x  m  0
Hàm số có 3 điểm cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0.
Khi đó, giả sử các điểm cực trị là A  0; m  1 ; B



 



m ; m2  m  1 ; C  m ; m2  m  1 .

Ta có tam giác ABC cân tại A.

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 2







Gọi H là trung điểm BC suy ra H 0; m2  m  1  AH  m2 .

1
AH .BC  m2 m  32  m  4.
2
Vậy m=4 là giá trị cần tìm.
Suy ra S ABC 

Câu 3:
e

Hình phẳng đã cho tình bới S=

ln x

2

1

x

e

 0 dx 

ln x


2

1

x

dx ,

1

u  ln x
e
e
1

u ' 
x  S  x ln x 
dx 
Đặt 
1 
1
x
v '  2 x
v  x
1


Vậy S= 2  e .
Câu 4:

Phương trình đã cho tương đương:
2 sin 3x  sin x  2 cos x   2 cos x  sin x  2 cos x   0



 



e 2 x

e

1  

e 2 2 e

sin x  2 cos x  0
  sin x  2 cos x  sin 3x  cos x   0  
sin 3x  cos x


x  4  k


+/ sin 3x  cos x  cos  3 x    cos x  
.
2

x    k 


8
2
+/ sinx  2cos x  tgx  2  x  acrtg 2  k
K thuộc Z

Câu 5:




1 2
  d1; d2 không song song.
7 2

 
Lấy M1  7;3; 9   d1; M 2  3;1;1  d 2  M1M 2  4; 2; 8  ; ud1 ; ud 2    8; 4; 16  .
  
Suy ra ud1 ; ud 2  .M 2 M 2  0  d1 ché d 2 .

Ta có ud1  1; 2; 1 ; ud 2   7; 2; 3 . Có



Gọi phương trình cần tìm là  có VTCP u .

 
Từ giả thiết suy ra u  ud1 ; ud 2    8; 4; 16    2;1; 4  .
b)Gọi A(7+t’ ; 3+2t’ ;1+3t’) là giao điểm của d1 với đường thẳng d là đường vuông góc chung
Gọi B(3-t; 1+2t; 1+3t) là giao điểm của d2 và d

 Vecto AB là VTCP của d
 Vt AB ( 7+t’+7t; 2+2t’-2t;8-t’-3t)
Ta có AB vuông vt Ud1 => 6t’+6t=0  t’+t=0 (1)
Lại có vt AB vuông Ud2 => -6t’-62t=0 (2)
Từ (1) và (2) => t’=0 và t=0
Ta tìm được 2 điểm A,B mà đường thẳng d đi qua

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 3


A(7,3,9), B(3,1,1), AB  (4, 2, 8) / /(2,1, 4)  (d ) :

x7 y 3 z 9


2
1
4

Câu 6
a. -Số cách sắp xếp 60 bạn là: Ω = 60!
Gọi A là biến cố” 14 em được xếp trùng tên nhau”
- Trong một hang ngang gồm 60 bạn có 47 vị trí 14 bạn trùng tên xếp liên tiếp,
Số cách sắp xếp 14 bạn trùng tên là : 47! . 14!
-Vậy xác suất 14 bạn trùng tên xếp vị trí trùng nhau là : P=
2

b log 4  x  1  log


47! . 14!
60!

3

2

4  x  log8  4  x   2

ĐK: 4  x  4, x  1
2

log 4  x  1  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 4
  4  x  4  x  
 log 2 x  1  log 2 

4



16  x 2
 x 1  4
Phương trình tương đương:
  4  x  4  x  

 x 1  


4

16  x 2



1

x


4
x  2

x  2  2 6
Vậy phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện
Câu 7

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 4


a. Ta có (SAB) và (SAD)  (ABC)  SA  ( ABCD )

d ( I , ( BCD)) 

1
1
a
d ( S , ( ABCD))  .SA 
2

2
2

Gọi điểm N thuộc AD sao cho BCDN là hình bình hành

 BC  DN  a

 DC  BN  2 5a
Xét tam giác vuông ABN có :

AN 2  BN 2  AB 2  16a 2  AN  4a  AD  5a
1
1
S ABCD  (a  5a)2a  6a 2 , S ABD  .5a.2a  S BCD  S ABCD  S ABD  a 2
2
2
3
1
a a
 VIBCD  .a 2 .  (dvdt )
3
2 6
b.Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CE//BH (E thuộc AD) ta có

d ( BH , SC )  d ( BH , ( SCE ))  d ( H , ( SCE )) 

1
d ( A, ( SCE ))
2


Kẻ AF vuông góc CE tại F , AF cắt BH tại K . Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra

d ( A, ( SCE ))  AJ
1
1
1
1
1
2a
4a


 2  2  AK 
 AF=
2
2
2
AK
AH
AB
a 4a
5
5
1
1
1
1
5
4a



 2
 AJ 
2
2
2
2
AJ
AS
AF
a 16a
21
1
2a
d ( BH , SC )  .d ( A, ( SCE )) 
2
21
Câu 8:

Bước 1 : Ta chứng minh tính chất : MG // AH
Cách 1 : Chứng minh bằng hình học thuần túy :

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 5


Dùng tính chất 2 góc có cạnh tương ứng song song

Lý thuyết : Nếu ta có A=A’ , Ax//A’x’ thì Ay//A’y’

Ta sẽ chứng minh 2 góc BMG = AHD
(Điều này tương đương tam giác MBG đồng dạng HDA , Vì góc D = B = 90O ).
Ta có I1 = G1 (BGI) vì cùng + GIB + 45O = 180O
Lại có IDH = IBG = 45O
 IDH đồng dạng GBI



DH ID

 DH .GB  ID.IB
BI GB

Cho _ BM  x  AB  AD  2 x  BI  DI  a 2
 DH .GB  2a 2 (1)
Ta sẽ chứng minh MBG đồng dạng HDA (g.c.g) :
Thật vậy : D = B = 90o ,

BG MB

(Đúng vì DA = 2a , MB =a , nên  DH .GB  2a 2 )(2)
DA HD

Từ (1),(2) => MBG đồng dạng HAD => BMG = AHD (đúng) => AH//MG
Cách 2 – Dùng chuẩn hóa tọa độ để chứng minh tính chất (chữa cháy):
Nhận xét , bài toán cho hình vuông , nên ta hoàn toàn có thể chuẩn hóa độ dài cạnh hình vuông là
2 (đơn vị độ dài) – Mỗi đơn vị là bao nhiêu trong thực tế ta không cần quan tâm , đễ thấy tính
chất của hình vuông sẽ không thay đổi nếu ta làm như sau .
Chọn hệ trục với :
B  0;0  ; C  0;2  ; A  2,0  ; D  2;2   M  0;1 .


Goi G  0; x  ; H  2; t  ; AH   0; t  / /  0;1 

  2t  2 
G  0; t 
1   x  11  t 
1




.
  2 
2
2
2
1   x  1 . 1  1  t 
G  0;

  t 2

   t  2 
 MG   0; t  / /  0;1 .



 MG / / AH .

 MG   0;1



Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 6


Bước 2 :Tính toán ( ta quay trở lại bài toán tổng quát )

2c  8
x2 y2


 1.
Có  e 4  a 2  25  b2  9   E  :
25
9
 a  5
Phương trình AH : x  5 y  9  0.
Tọa độ A là nghiệm của hệ
x  5y  5
 A  5; 0 
 x2 y 2




1
   5 y  9 2 y 2
 
 25

9   A  5; 0   C  1; 2  .
9

 1  A  4;  
x  5y  5  0 
5

 
25
9

Phương trình BD qua I vuông góc AC là 3x  y  5  0. Gọi B  b; 3b  5   D  4  b; 7  3b  .
Có AD  BC  b  1  b  3  B  3; 4  ; D 1; 2   B 1; 2  ; D  3; 4  .
Câu 9








 x  y  1  x  y x  1  x  y  xy  1


2 y2  2x  1  y 1  x y
 1 1 x







ĐK: x  y  0
Phương trình (1):
Cách (1) :



 x  1  x  y  xy   1
  x  1  x  y  xy   x  y  1  x  y
 2  x  1  xy  x  y  1   0
  x  y  1  2 x  y  1  1   x  2 xy  y   0
  x  y  1  1   x  y   0  x  y
x  y 1  x  y

2

2

Cách 2 : Đánh giá :

xy  x  y  1  x  1
Ta _ co :
1
xy  ( x  y )
2
1
x  y  1  (1  x  y  1)
2

1
1
 VT  xy  x  y  1  ( x  y )  (1  x  y  1)  x  1  VP
2
2
Đấu « = » xảy ra khi x = y

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 7




Với x  y phương trình (2) trở thành 1  1  x





2 x 2  2 x  1  x  1  x x  *

Với x  0, y  0 là nghiệm của (*) nên phương trình (*) tương đương
2

 1
 1
1  1
1 1 
1  1

1 


 1

1

1


2

2


1


1

1



1

1









x  
x
x x 2 
x  
x
x 

 x
 x


2

1
1
1 
1 
 1 
   1  1    1
x
x
x 
x 

Xét hàm f  t   1  t 2  t  f '  t  


t
1 t2

 1  0  f  t  nghịch biến

Mà


 1 
1
1
1 1
1 
f
 1  
1  0  
  f   1 

x
x
x


x
x
 x




1
x
1
x



1 5
2
2
x
y
2
3 5
3 5



1 5
(loai)
2

2 
 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   
;
 , (0, 0)
 3 5 3 5 
Câu 10


A B 3
) Dấu bằng xảy ra khi A = B
4
a 3
c 3 1 a
c 3 1
a2
c2 3
(
) (
)  .(

)  (

)
bc
ab
4 bc ab
4 ab  ac ac  bc

Ap dụng bđt phụ : A3  B 3  (

3

1 (a  c) 2 3 1
(4  b) 2
1  2(4  b) 
 2(4  b) 
 (
)  (

)3  
 2
2

4 ab  ac  bc
4 (4  b)
4  4b 
 4  b 
 b(4  b)
2

3

Ta có :

(b  4)(a  c) (b  4)(4  b) (b  4)(4  b) (b  4)(4  b) 2(b  4)




81
81
81
162ac
81(4  b)
2
2
.4ac
.(a  c)
.(4  b)

2
2
2
Vậy kết hợp lại được ta có :

P  2(

4  b 3 2(b  4) 8
4 4b 8
) 
 .b  .
 b
4b
81(4  b) 81
9 4  b 81

b  10
4 4b 8
8(b  10).(b  2)
f (b)  .
 b  f '(b) 
0
4
9 4  b 81
81(4  b)
b  2
Ta thấy f’(b) đổi dấu từ dương sang âm khi qua b = 2 nên f(min) = f(2)

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn


Page 8


 min P 

25
81

Khi a = c = 1 , b = 2

Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn

Page 9