Đề ôn thi học kì 1 môn Toán có đáp án

ĐỀ 1 
Bài 1. Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



 có đồ thị là (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5 3 0x y  
. 
c) Tìm những điểm nằm trên đồ thị (C) cách đều hai trục tọa độ Ox và Oy. 
Giải: 
a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị. 
b) PTTT với (C) tại 0 0 0( ; )M x y có dạng: 0 0 0'( )( ) yy f x x x   
Mà: 0'( ).k 1df x   ( vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5 3 0x y   .) 
0 02
0 02
0 00
3 15
.( 5) 1 4 21 0
7 3( 2)
x y
x x
x yx
  
         
    
Do đó: + 
1 2
'(3)( 3) 1
5 5
y f x y x      
 + 
1 22
'( 7)( 7) 3
5 5
y f x y x       
Vậy PTTT cần tìm là 
1 2
5 5
y x  ; 
1 22
5 5
y x  
c) Tập hợp những điểm cách đều hai trục Ox, Oy là đường thẳng y x và y x  . 
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và y x : 
2 22 1 2 1 2 1 0(!)
2
x
x x x x x
x

       

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và y x  : 
 2 2
2 5 2 52 1
2 1 2 4 1 0
2 2 5 2 5
x yx
x x x x x x
x x y
      
            
      
Vậy những điểm cách đều Ox, Oy là ( 2 5;2 5),B( 2 5;2 5)A       
Bài 2. Tìm những điểm lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 
a) 2( ) 2 5f x x x   . 
b) 
2 3( ) . x xf x x e  trên đoạn [1;2] . 
Giải: 
a) 2( ) 2 5f x x x   
+ [ 5; 5]D   
+
2
2
'( ) 2
2 5
x
f x
x
 

+
2
2
2 2
2 2 5
'( ) 0 2 0 0 2 5 0
2 5 5
x x x
f x x x
x x
 
         
 
  2 2 2 2
2
2 5 4(5 ) 0 5 20 0
2
x
x x x x x x
x

             
+ (2) 5; ( 2) 3; ( 5) 2 5; ( 5) 2 5f f f f        
Vậy 
5; 55; 5
max ( ) (2) 5; min ( ) ( 5) 2 5f x f f x f
      
      
b) 
2 3( ) . x xf x x e  trên đoạn [1;2] . 
+  1;2D R  
+ 
2 23 3'( ) (2 3).x x x xf x e x x e    
+ 
2 2 23 3 3'( ) 0 (2 3). 0 [1 (2 3)] 0x x x x x xf x e x x e e x x           
2
1
( )
2 3 1 0 2
1( )
x l
x x
x l

     

 
+ 4 10(1) ; (2) 2.f e f e  
Vậy 10 4
[1;2][1;2]
max ( ) 2 ;min ( )f x e f x e  
Bài 3. Cho hàm số 3 23 2 1y x x mx    . Định m để hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x thỏa 1 2 2x x  . 
Giải: 
+ D R 
+ 2' 3 6 2y x x m   
+ 2' 0 3 6 2 0( )y x x m      
Để hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x thỏa 1 2 2x x   pt (*) có 2 nghiệm phân biệt thỏa 1 2 2x x  
 
222
1 2 1 21 2 1 2
30 3 0 3 3
2
' 0 9 6 0 2 2
2
0( 2) 4. 4( ) 4 42 4 3
a m
m m
m
m
mx x x xx x x x
           
            
               
Vậy giá trị m cần tìm là 0m  
Bài 4. Giải các phương trình và bất phương trình sau: 
a) 
2 2 22 2 22.4 6 9x x x x x x       
b) 3
2
7 37
1 5
log ( 3 10) log log 9
3 2
x
x x
x
 
    
 
c) 
2
0,7 6log log 0
4
x x
x
 
 
 
Giải: 
a) 
2 2 22 2 22.4 6 9x x x x x x       
22 2 2 22 2( 2) 2
3 9 3 3
2 2 0
2 4 2 2
x xx x x x x x      
       
             
       
Đặt 
2 2
3
, 0
2
x x
t t
 
 
  
 
Pt 2
1
2 0
2( )
t
t t
t l

       
2 2 0
2
23 3
1 1 2 0
12 2
x x
x
t x x
x
 
   
                  
Vậy nghiệm của phương trình là 2x  ; 1x   . 
b) 3
2
7 37
1 5
log ( 3 10) log log 9
3 2
x
x x
x
 
    
 
+ Đk: 
2 3 10 0
5 2
5 25
5 20
2
x x
x x
x xx
x x
x
   
   
      
    

Pt  7 7
5
log (x 2)(x 5) log 2
2
x
x
 
     
 
 
2 2
7
2( )
log 5 2 10 24 0
12
x l
x x x
x

          
Vậy nghiệm của phương trình là 12x   
c) 
2
0,7 6log log 0
4
x x
x
 
 
 
+    4; 1 0;D      
Bpt    
2 2 2
6
5 24
log 1 6 0 0 4; 3 8;
4 4 4
x x x x x x
x
x x x
   
            
  
Vậy nghiệm của bất phương trình là    4; 3 8;x     
Bài 5. Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B có , ( )AB a SA ABC  và 3SA a . Gọi 
I là trung điểm AC. 
a) Chứng minh: ( ) ( )SBI SAC . 
b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 
c) Gọi M là một điểm nằm trong đoạn SB sao cho 2MB SM . Tính thể tích khối chóp M.ABC. 
Giải: 
 a) Ta có: ( )
BI AC
BI SAC
BI SA

 

Mà ( ) ( ) ( )BI SBI SBI SAC   
b) Gọi J là trung điểm SC 
+ SAC vuông tại A, trung tuyến AJ 
1
2
AJ AJ JC SC    (1) 
+ ( )
BC AB
BC SAB BC SB SBC
BC SA

    

 vuông tại B, BJ trung tuyến: 
1
2
BJ SJ JC SC    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: AJ BJ SJ JC    
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có tâm J, bán kính
2
SC
R AJ BJ SJ JC     . 
ABC vuông cân tại B: 2AC a 
SAC vuông tại A có : 2 2 2 23 2 5SC SA AC a a a     
5
2
a
R  
c) Ta có: 
. .
2 2
. .
3 3
BAMC
M ABC S ABC
BASC
V BA BM BC
V V
V BA BS BC
    
3
21 1 1 1 3. . . . . . . 3.
3 3 2 6 6
SABC ABC
a
V SAS SA AB BC a a    (đvtt) 
3 3
.
2 3 3
.
3 6 9
M ABC
a a
V   (đvtt). 
ĐỀ 2 
Bài 1. Cho hàm số 3 2( 2) ( 1) 2y x m x m x      
a) Xác định các giá trị của m để hàm số có hai cực trị. 
J
I
A
C
B
S
M
b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 gọi là đồ thị (C). 
c) Xác định các giá trị của a để phương trình 3 23 0x x a   có ba nghiệm phân biệt. 
Giải: 
a) + D R 
+ 2' 3 2( 2) ( 1)y x m x m     
 2' 0 3 2( 2) ( 1) 0y x m x m       (1) 
Đề hàm số có hai cực trị thì pt (1) phải có 2 nghiệm phân biệt: 
2
2
3 00
5 0
' 0 ( 2) 3( 1) 0
a
m m m
m m
 
       
      
Vậy hàm số có hai cực trị với mọi m. 
b) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị. 
c) (C): 3 23 2y x x   
3 2 3 2 3 23 0( ) 3 3 2 2x x a x x a x x a            
Số nghiệm của pt (*) là số giao điểm của (C) và d: y = a + 2. 
Bảng biện luận: 
a a + 2 Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt (*) 
 
0 
-4 
 
 
2 
-2 
 
1 
2 
3 
2 
1 
1 
2 
3 
2 
1 
Vậy với 4 0a   thì thì phương trình 3 23 0x x a   có ba nghiệm phân biệt. 
Bài 2. Cho 
3 2
( )
2 1
x
f x
x



. Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại giao điểm của đồ thị với 
Oy. 
Giải: 
3 2
( )
2 1
x
f x
x



 có 
1
\
2
D R
 
  
 
, 
2
1
'( )
(2 1)
f x
x



 Gọi M là giao điểm của đồ thị và Oy (0;2)M 
 PTTT với đồ thị (C) tại 0 0 0( ; )M x y có dạng: 0 0 0'( )( )y f x x x y   
 Mà: + 0 0( ; ) (0;2)x y  
 + '(0) 1f   
 Do đó: 1( 0) 2 2y x x       
Vậy PTTT cần tìm là 2y x   . 
 Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 
a) 
ln( )
( )
x
f x
x
 trên 1 2;e e   
b) 
2 2 3 3x xy e x x    trên  0;2 
Giải: 
a) 
ln( )
( )
x
f x
x
 
+   1 20; ;D e e      
+
2
1 ln
'( )
x
f x
x

 
2
1 ln
'( ) 0 0 ln 1
x
f x x x e
x

       
+ 1 2
2
1 2
( ) , ( ) , ( )f e f e e f e
e e
    
Vậy 
1 21 2
1
;;
1
max ( ) ( ) , min ( ) ( )
e ee e
f x f e f x f e e
e 

  
  
     
b) 
2 2 3 3x xy e x x    
+  0;2D R  
+ 
2 2 2' ( 2 2). 3 3x xy x e x      
2 2
2
2 2 2 2
2
' 0 ( 2 2). 3 3 0 2( 1). 3( 1) 0
( 1) 2. 3( 1) 0
1
x x x x
x x
y x e x x e x
x e x
x
   
 
            
      
 
 
+ (0) 1, (1) 2, (2) 1f f e f     
Vậy 
   0;20;2
max ( ) (1) 2,min ( ) (2) 1f x f e f x f      . 
Bài 4. Giải các phương trình và bất phương trình sau: 
a) 
2 222 2 3x x x x    
b) 3 3 3
1
log ( 5) log 2 log (3 20) 0
2
x x     
c) 
2
1
2
3 2
log 0
x x
x
  
 
 
Giải: 
a) 
2 222 2 3x x x x    
2
2
4
2 3
2
x x
x x


   
 Đặt 
2
2 , 0x xt t  
 Pt 2
44
3 3 4 0
1( )
t
t t t
t lt

          
 
2 2
2
4 2 4 2 0
1
x x
x
t x x
x


          
Vậy nghiệm của phương trình là 2x  , 1x   
b) 3 3 3
1
log ( 5) log 2 log (3 20) 0
2
x x     
+ Đk: 
5
5 0 20
20
3 20 0 3
3
x
x
x
x x

  
   
   
Pt 3 3
5 1 5
log log (3 20) 3 20
2 2 2
x x
x x
 
      
 2
15
22 105 0
7
x
x x
x

      
 Vậy nghiệm của phương trình là 15x  , 7x  . 
c) 
2
1
2
3 2
log 0
x x
x
  
 
 
   0;1 2;D    
Bpt  
2 23 2 4 2
1 0 2;2 2
x x x x
x
x x
   
      
Bài 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy AB = a, 2SA a , O là tâm của đáy. 
Gọi I là trung điểm BC. 
a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. 
c) Dựng IH vuông góc SA tại H. Chứng minh ( )SA BCH . Tính thể tích HABC. 
Giải: 
 a) Ta có: ABC đều, O là trọng tâm: 
2 2 3 3
. .
3 3 2 3
a a
AO AI   
Xét SAO vuông tại O: 
2
2 2 2 152
3 3
a a
SO SA AO a     
2 3
.
1 1 15 3 5
. . . .
3 3 3 4 12
S ABC ABC
a a a
V SO S   (đvtt). 
b) Vì S.ABC đều nên SO là trục của đa giác đáy. 
Gọi J là trung điểm SA, qua J kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại K. 
KA KB KC KS    
 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC có tâm K và bán kính R KA KB KC KS    . 
Ta có: SJK SOA  ( 090SJK SOA  , JSK : chung). 
2 / 2 15
515 / 3 2
SJ SK a SK a
SK
SO SA a a
      
15
5
a
R SK   
c) Ta có: ( ) (1)
BC AI
BC SAI BC SA
BC SO

   

Lại có: SA IH (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: ( )SA BCH . 
Xét SAI có: 
15 3
.
. 103 2. .
42
a a
SO AI a
SO AI IH SA IH
SA a
     
Xét AIH vuông tại H có: 
2 2
2 2 3 10 2
2 4 4
a a a
AH AI IH
   
          
   
J
O
I
A
C
B
S
K
H
Mà 
2 / 4 1
42
AHBC
ASBC
V AH a
V AS a
   
3 31 1 5 5
.
4 4 12 48
AHBC ASBC
a a
V V    (đvtt). 
ĐỀ 3 
Bài 1. Cho hàm số 4 24 3y x x    có đồ thị (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với (d): 16 3 0x y   . 
Giải: 
a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị. 
b) PTTT với (C) tại 0 0 0( ; )M x y có dạng: 0 0 0'( )( )y f x x x y   
Mà 3
0 0 0 0 0'( ) 4 8 16 2 3df x k x x x y         
Do đó: 16( 2) 3 16 29y x x       
Vậy PTTT cần tìm là 16 29y x   . 
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 
a) 8( ) ln( 5) 4f x x x   trên đoạn  4;3 
b)  2 23 . xy x e  trên đoạn  0;4 
Giải: 
a) 8( ) ln( 5) 4f x x x   
+    \ 5 4;3D R    
+ 
7
8
8( 5) 8
'( ) 4 4
( 5) 5
x
f x
x x

   
 
8
'( ) 0 4 0 4 12 3
5
f x x x
x
         

+ 
b)  2 23 . xy x e  
+ D R 
+  2 2 2' 2 . 2 3 .x xy x e x e    
   2 2 2 2 2
2
' 0 2 . 2 3 . 0 . 2 2 3 0
1 13
2
2 2 6 0
1 13
( )
2
x x xy x e x e e x x
x
x x
x l
             
 

     
 


+ 1 13 8
1 13 4 3
. , (0) 3, (4) 13.
2 2
f e f f e  
     
         
   
Vậy 
   
1 13
0;40;4
1 13 4 3
max ( ) . ,min ( ) (0) 3
2 2
f x f e f x f 
     
          
   
Bài 3. Tìm k để đường thẳng : 2 1d y kx k   cắt đồ thị (C): 
2 1
1
x
y
x



 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 
khoảng cách từ A, B đến trục hoành bằng nhau. 
Giải: 
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 
2 1
2 1
1
x
kx k
x

  

2 22 1 2 2 1 (3 1) 2 0x kx kx x kx k kx k x k             (*) 
(C) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm phân biệt: 
2 2 2
0 00
3 2 2 3 2 2
0 (3 1) 8 0 6 1 0
k kk
k k
k k k k
   
          
         
Gọi ( , 2 1), ( , 2 1)A A B BA x kx k B x kx k    . A, B cách đều trục Ox 
2 1 2 1 ( )
2 1 2 1
2 1 ( 2 1) ( ) 4 2 0
A B A B
A B A B
A B A B
kx k kx k x x l
y y kx k kx k
kx k kx k k x x k
      
          
          
Với ,A Bx x là nghiệm của pt (*) nên: 
1 3
A B
k
x x
k

  
1 3
( ) 4 2 0 . 4 2 0 3 0 3A B
k
k x x k k k k k
k
 
               
 
Vậy 3k   thỏa ycbt. 
Bài 4. Giải các phương trình và bất phương trình sau: 
a) 1 1 14 5.2 16 0x x     
b) lg(2 3) lg(5 ) lg5 lg(1 3 )x x x      
c) 3 1
3
2log (4 3) log (2 3) 2x x    
Giải: 
a) 1 1 14 5.2 16 0x x     ( 1x   ) 
2 1 12 10.2 16 0x x     
Đặt 12 , 0xt t  
Pt 2
2
10 16 0
8
t
t t
t

      
 12 2 2 1 1 0xt x x        
 1 38 2 2 1 3 8xt x x        
Vậy 0x  , 8x  là nghiệm của phương trình. 
b) lg(2 3) lg(5 ) lg5 lg(1 3 )x x x      
Đk: 
3
2 3 0 2
1
5 0 5 5
3
1 3 0 1
3
x
x
x x x
x
x

 
 
       
     

Pt   2
1
lg (2 3)(5 ) lg5(1 3 ) (2 3)(5 ) 5(1 3 ) 2 8 10 0
5( )
x
x x x x x x x x
x l

                 
Vậy 1x  là nghiệm của phương trình. 
c) 3 1
3
2log (4 3) log (2 3) 2x x    
Đk: 
3
4 3 0 34
2 3 0 3 4
2
x
x
x
x
x

  
   
    

Bpt 
2 2
2
3 3
(4 3) 16 42 18 3
log (4 3) log (2 3) 2 9 0 3
(2 3) 2 3 4
x x x
x x x
x x
  
           
 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 
3
3
4
x  . 
Bài 5. Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 2 , 3, ( )AC a AB a SA ABC   và SB 
hợp với đáy 1 góc 060 . 
a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC. 
c) Qua B dựng mp ( )P SC . Tính tỉ số thể tích hai phần của hình chóp S.ABC bị chia bởi mp (P). 
Giải: 
a) ABC vuông tại B có: 2 2 2 24 3BC AC AB a a a     
I
A C
B
S
H
K
( )SA ABC A là hình chiếu của S lên (ABC)  AB là hình chiếu SB lên (ABC) 
    0, ( ) , 60SB ABC SB AB SBA    . 
SAB vuông tại A có: 0tan tan . tan 60 . 3 3
SA
SBA SA SBA AB a a
AB
     
3
.
1 1 1 1 3
. . . . . . 3. .3
3 3 2 6 2
S ABC ABC
a
V S SA AB BC SA a a a    (đvtt). 
b) Gọi I là trung điểm SC. 
SAC vuông tại A, AI là trung tuyến: 
1
2
SI IC AI SC   (1) 
( )
BC AB
BC SAB BC SB
BC SA

   

SBC vuông tại B, BI là trung tuyến: 
1
2
BI SI IC SC   (2) 
Từ (1) và (2) suy ra S.ABC nội tiếp mặt cầu tâm I, bán kính 
1
2
R AI BI SI IC SC     
SAC vuông tại A có: 2 2 2 29 4 13SC SA AC a a a     
13
2 2
SC a
R   
c) Qua B kẻ BH SC , Qua H kẻ  HK SC K AC  
( )SC BHK  (P) (BHK)  
SAB vuông tại A có: 
3
2 3
1cos
2
AB a
SB a
SBA
   
SBC vuông tại B có: 
. .2 3 2 39
. .
1313
BC SB a a a
BH SC BC SB BH
SC a
     
BHC vuông tại H có: 
2
2 2 2 2 39 13
13 13
a a
CH BC BH a
 
      
 
CHK CAS  ( 090 , :CHK CAS HCK  chung) 
. 13 /13.a 13
2 2
CH CK CH CS a a
CK
CA CS CA a
      
13
1 1 5113 2. . . .
2 52 52 5213
1
.
152
51 51
.
52
CHKB
CHKB CSAB BHKAS CSAB
CSAB
CSAB
CHKB
BHKAS
CSAB
a a
V CH CK
V V V V
V CS CA aa
V
V
V
V
      
  
ĐỀ 4 
Bài 1. Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M (1; 5). 
c) Tìm m để đường thẳng (d): 1y mx  cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O 
với O là gốc tọa độ. 
Giải: 
a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị. 
b) PT (d) qua (1;5)M có HSG k: ( 1) 5y k x   
(d) tiếp xúc với (C) 
2
2
2 1
( 1) 5
2 1 32
.( 1) 5
3 2 ( 2)
( 2)
x
k x
xx
x
x x
k
x

   
    
  

1
3 2
2
1
5
3
3 24 51 30 0 1 3
2( )
x k
x x x x k
x l

   

         
  


Do đó: + 
1 1 14
( 1) 5
3 3 3
y x x     
 + 3( 1) 5 3 2y x x     
Vậy PTTT cần tìm là 
1 14
3 3
y x  , 3 2y x  
c) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 
2 1
1
2
x
mx
x

 

2 22 1 2 2 (2 1) 1 0x mx mx x mx m x           (*) 
Để (C) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt: 
2 2
0
0 0
2 3 2 3
(2 1) 4 0 4 8 1 0
2 2
m
m m
m m m m m m

   
      
          

Gọi 2 giao điểm là 1 1 2 2( ; 1), ( ; 1)A x mx B x mx  1 1 2 2( ; 1), ( ; 1)OA x mx OB x mx     
OAB vuông tại O     21 2 1 2 1 2 1 2 1 2. 0 . 1 . 1 0 . 1 0OAOB x x mx mx x x m x x mx mx             
2 2 2
1 2 1 2
1 21 1 2
(1 ) ( ) 1 0 (1 ). . 1 0 2 1 0
1 2
mm
m x x m x x m m m m
m m m
  
                 
 
Vậy 1 2m   , 1 2m   thỏa ycbt. 
Bài 2. Giải các phương trình và bất phương trình sau: 
a) 2 4 2 23 45.6 9.2 0x x x    
b) 2 2
2 2 2log ( 2) log (x 10) 4log 3x    
c) 2
5 5 5log (4 144) 4log 2 1 log (2 1)
x x     
Giải: 
a) 
2
2 4 2 2 2 23 45.6 9.2 0 81.9 45.6 36.4 0 81 45. 36 0
3 3
x x
x x x x x x                  
   
Đặt 
2
, 0
3
x
t t
 
  
 
 pt 2
9
36 45 81 0 4
1( )
t
t t
t l

     

 
 
2
9 2 9 2
2
4 3 4 3
x
t x

   
         
   
Vậy 2x   là nghiệm của phương trình. 
b) 2 2
2 2 2log ( 2) log (x 10) 4log 3x    , Đk: 
2 0 2
2
10 0 10
x x
x
x x
    
    
    
Pt   22 2 2 2 2
1
log ( 2) log (x 10) log 9 log ( 2)(x 10) log 9 12 11 0
11( )
x
x x x x
x l
 
                
Vậy nghiệm của phương trình là 1x   . 
c) 2 2 25 5 5 5 54
(4 144) 4 144
log (4 144) 4log 2 1 log (2 1) log log 5.(2 1) 5.(2 1)
2 16
x x
x x x x              
2 24 144 5.(2 1) 4 144 20.2 80 2 20.2 64 0 4 2 16 2 4
16
x
x x x x x x x

                 
Vậy nghiệm của bất phương trình là 2 4x  . 
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
a) 
2
2.
x
y x e

 trên  0;2 
b) 2 2ln( 1) ln( 1)y x x x     trên  0;2 
Giải: 
a) 
2
2.
x
y x e

 
+  0;2D R  
+
2 2
22 2' .
x x
y e x e
 
  ,  
2 2 2
2 22 2 2
1
' 0 . 0 1 0
1( )
x x x x
y e x e e x
x l
   
          
+
1
22(0) 0, (1) , (2) 2.f f e f e

   
Vậy 
   
1
2
0;20;2
max ( ) (1) ,min ( ) (0) 0f x f e f x f

    
b) 2 2ln( 1) ln( 1)y x x x     
+  0;2D R  
+     2 2 22 2
12 1 2
' , ' 0 2 1 1 2 . 1 0 1 0
1( )1 1
xx x
y y x x x x x x
x lx x x

                   
+
3
(0) 0, (1) ln 2, (2) ln
5
f f f    
Vậy 
   0;20;2
max ( ) (0) 0,min ( ) (1) ln 2f x f f x f     . 
Bài 4. Tìm m để phương trình 2 2 2 1x mx x    có hai nghiệm phân biệt. 
Giải: 
 2
2 2 2
1 1
2 2 1( ) 2 2
2 (2 1) 3 (4 ) 1 0( )
x x
x mx x
x mx x x m x
 
    
       
          
Phương trình (*) có hai nghiệm phân việt khi và chỉ khi phương trình (**) có 2 nghiệm phân biệt lớn 
hơn 
1
2
 : 
 22
1 2 1 2 1 2
1 21 2
8 28 0(4 ) 12 0 1 1 (4 ) 1
9. 0
1 1 1 1 93 2 3 4
0 . ( ) 0 2
(4 )2 2 2 4 2
11
1 31
m m mm m
m
x x x x x x m
m
m
x xx x
         
           
                  
                 
Vậy 
9
2
m   thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt. 
Bài 5. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với đáy một góc 060 . 
a) Tính thể tích khối chóp S.ABC. 
b) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC. 
c) Mặt phẳng qua cạnh AB và vuông góc với cạnh SC chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích 
hai phần ấy. 
Giải: 
J
O
NM
A C
B
S
I
H
a) Gọi O là trọng tâm tam giác ABC ( )SO ABC  , M là trung điểm AB, N là trung điểm BC. 
Ta có:     0
( ) ( ) BC
( ), ( ) , 60
SBC ABC