Viết lại $y-1=\frac{3(\cos^4 x-\sin^4 x)+4\sin^2 x-2]cos^2 x}{3\sin^4 x+2\cos^2 x}$
$\Leftrightarrow y-1=\frac{3(\cos^2 x-\sin^2 x+4\sin^2 x-2\cos^2 x}{3\sin^4 x+2\cos^2 x}$
$\Leftrightarrow y-1=\frac{1}{3\sin^4 x+2\cos^2 x}$. Đặt $\sin^2 x=t, t \in [0;1]$, hàm số trở thành
  $y-1=\frac{1}{3t^2-2t+2}$. Gọi $f(t)=3t^2-2t+2$
Thấy rằng $\begin{cases}f(t)>0, \forall t \in [0;1],  do  \Delta'=-5<0  và  a=3>0 \\ -\frac{b}{2a}=\frac{1}{3} \in [0;1] \end{cases}$, suy ra:
* $\mathop {\min}\limits_{D} f(t)=-\frac{\Delta'}{a}=\frac{5}{3} \Rightarrow \mathop {\max}\limits_{D} (y-1)=\frac{3}{5} \Leftrightarrow \mathop {\max}\limits_{D} y=\frac{3}{5}+1=\frac{8}{5}$, có được khi và chỉ khi $t=\frac{1}{3} \Leftrightarrow \sin^2 x=\frac{1}{3}$
* $\mathop {\max}\limits_{D} f(t)=\max\left\{ {f(0);f(1)} \right\}=\max \left\{ {2;3} \right\}=f(1)=3 \Rightarrow \mathop {\min}\limits_{D} (y-1)=\frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow \mathop {\min}\limits_{D} y=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}$, có được khi và chỉ khi $t=1 \Leftrightarrow \sin^2 x=1$
Tóm lại: GTLN của hàm số bằng $\frac{8}{5}$; GTNN của hàm số bằng $\frac{4}{3}$

Câu $1$
$1) m=1\Rightarrow y=2x^3-3x^2+1      (1)$
+ TXĐ : $D=R$
+ Chiều biến thiên
$y'=6x^2-6x=6x(x-1)$
$y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x=0  \\x=1  \\ \end{gathered}  \right.$
+ Hàm số đồng biến trên $(-\infty;0); (1;+\infty)$, nghịch biến trên $(0,1)$
Bảng Biến Thiên


Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại : $x_{CĐ}=0\rightarrow y_{CĐ}=y(0)=1$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x_{CT}=1\rightarrow y_{CT}=y(1)=0$

Giới hạn : $\mathop {\lim y}\limits_{x \to -\infty}=\mathop {\lim x^3}\limits_{x \to -\infty}  (2-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}  )=-\infty$
$\mathop {\lim y}\limits_{x \to +\infty}=\mathop {\lim x^3}\limits_{x \to +\infty}  (2-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}  )=+\infty$

Điểm uốn : $y''=12x-6$
$y''=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}$
Điểm uốn $U(\frac{1}{2};\frac{1}{2}  )$

Đồ Thị


Giao $Ox$
Cho $y=0$
$2x^3-3x^2+1=0$
$\Rightarrow \left[ \begin{gathered}x=-\frac{1}{2}   \\x=1  \\ \end{gathered}  \right.$
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn $U(\frac{1}{2} ; \frac{1}{2} )$ làm tâm đối xứng

b) Phương trình tương giao
$2x^3-3mx^2+(m-1)x+1=-x+1           (2)$
$\Leftrightarrow 2x^3-3mx^2+mx=0$
$\Leftrightarrow x(2x^2-3mx+m)=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x=0  \\  2x^2-3mx+m=0       (3)\\ \end{gathered}  \right.$
Đường thẳng $y=-x+1$ cắt đồ thị $(1)$ tại $3$ điểm phân biệt
$\Leftrightarrow$ Phương trình $(2)$ có $3$ nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow$ Phương trình $(3)$ có $2$ nghiệm phân biệt khác $0$.
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \Delta= (3m)^2-4.2m>0\\ 2.)^3-3m.0+m \neq 0 \end{array} \right.$
$\left\{ \begin{array}{l} 9m^2-8m>0\\ m\neq 0 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{gathered}m<0  \\m>\frac{8}{9}   \\ \end{gathered}  \right. \\ m\neq 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}m<0  \\m>\frac{8}{9}   \\ \end{gathered}  \right.$
Kết luận : $\left[ \begin{gathered}m<0  \\m>\frac{8}{9}   \\ \end{gathered}  \right.$

Câu $2$ :
Giải phương trình
$\sin 3x+\ cos2x-\sin x=0$
$\Leftrightarrow (\sin3x-\sin x)+\ cos 2x=0$
$\Leftrightarrow 2\cos 2x.\sin x+\cos 2x=0$
$\cos 2x(2\sin x+1)=0$
$\left[ \begin{gathered}\cos 2x=0  \\2\sin x+1=0  \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}\cos 2x=0  \\\sin x=\frac{-1}{2} =\sin (\frac{-\pi}{6} )  \\ \end{gathered}  \right.$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}2x=\frac{\pi}{2}+k\pi   \\z=\frac{-\pi}{6}+k2\pi \\x=\frac{7\pi}{6} +2k\pi  \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}  \\z=\frac{-\pi}{6}+k2\pi \\x=\frac{7\pi}{6} +2k\pi  \\ \end{gathered}  \right.$

Câu $3$
$2\log_2x+\log_\frac{1}{2} (1-\sqrt{x} )=\frac{1}{2} log_\sqrt{x} (x-2\sqrt{x} +2)$
Điều kiện $0<x<1$
Phương trình $\Leftrightarrow 2\log_2x+\log_\frac{1}{2} (1-\sqrt{x} )=\log_2(x-2\sqrt{x} +2)$
$\Leftrightarrow \log_2\frac{x^2}{(1-\sqrt{x} )} =\log(x-2\sqrt{x}+2 )$
$\Leftrightarrow \frac{x^2}{(1-\sqrt{x} )} =x-2\sqrt{x} +2$
Đặt $\sqrt{x} =t(t>0)\Rightarrow \frac{t^4}{1-t} =t^2-2t+2$
$\Leftrightarrow t^4=(t^2-2t+2)(1-t)$
$\Leftrightarrow t^4=t^2-t^3-2t+2t^2+2-2t$
$\Leftrightarrow t^4+t^3-3t^2+4t-2=0$
$\left[ \begin{gathered}t=-1-\sqrt{3}   (loai)   \\t=\sqrt{3}-1  (thỏa  mãn)  \\ \end{gathered}  \right.$
$\Rightarrow \sqrt{x}=\sqrt{3}-1$
$\Leftrightarrow x=(\sqrt{3}-1 )^2=4-2\sqrt{3}$

 Câu $4$
$I=\int\limits_{0}^{1} \frac{(x+1)^2}{x^2+1} dx=\int\limits_{0}^{1} \frac{x^2+2x+1}{x^2+1} dx=\int\limits_{0}^{1}   \frac{x^2+1}{x^2+1}dx+\int\limits_{0}^{1} \frac{2x}{x^2+1}dx$
$=x \left| \begin{gathered}   1\\   0\\ \end{gathered}  \right.+\int\limits_{0}^{1} \frac{d(x^2+1)}{x^2+1} =1+\ln |x^2+1[\left| \begin{gathered}   1\\   0\\ \end{gathered}  \right.=1+\ln 2$

Câu $5$

Tính $V._{S.ABCD}= ?$
Do $\widehat{BAD}=120^0 \Rightarrow \widehat{ABC}=60^0\Rightarrow \Delta ABC$ đều $\Rightarrow AC=a$
$BD^2=AB^2+AD^2-2AB.AD.\cos \widehat{BAD}$
$=a^2+a^2-2a.a.\cos 120^0$
$=2a^2+a^2=3a^2\Rightarrow   BD=a\sqrt{3}$
$\Delta ABC$ đều, cạnh $a\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
$\Delta SAM$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=AM=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3} SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3} SA.\frac{1}{2} .AC.BD=\frac{1}{3} .\frac{a\sqrt{3} }{2}.\frac{1}{2} .a.a\sqrt{3} =\frac{a^3}{4}$ (đvtt)
Tính $d(D,(SBC))=?$
Do $AD//BC\Rightarrow AD//(SBC)\Rightarrow d(D,(SBC))=d(A,(SBC))$
Gọi $E$ là trung điểm của $SM$
Ta có : $AE\bot SM     (1)$
$\left\{ \begin{array}{l} AM\bot BC\\ SA\bot BC \end{array} \right. \Rightarrow BC\bot (SAM)\Rightarrow BC\bot AE      (2)$
Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow AE\bot (SBC)$
$\Rightarrow d(A, (SBC))=AE$
$\Delta SAM$ vuông cân tại $A\Rightarrow AE=\frac{SM}{2}$
$SM=\sqrt{SA^2+AM^2} =\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}  } =\sqrt{\frac{3a^2}{2} }  =\frac{a\sqrt{6} }{2}$
$d(D, (SBC))=d(A, (SBC))=AE=\frac{SM}{2}=\frac{a\sqrt{6} }{2}$

Câu $6$
$\frac{x}{y} \leq \frac{1}{y} -\frac{1}{y^2} =\frac{1}{4} -\frac{(y-2)^2}{4y^2} \leq \frac{1}{4}$
$P : =\frac{t+1}{\sqrt{t^2-t+3} } -\frac{t-2}{6(t+1)} ; 0<t=\frac{x}{y} \leq \frac{1}{4}$
Theo giả thiết ta có :
$P : =\frac{7-3t}{2(t^2-t+3)^\frac{3}{2} } -\frac{1}{6(t+1)^2} >0, 0<t\leq \frac{1}{4}$
$P\leq (\frac{1}{4} )=\frac{7}{30} +\frac{\sqrt{5} }{3}$

Câu $7.a$

Lập phương trình $M(-\frac{9}{2} ; \frac{3}{2} )$ và vuôn góc $IM$
$\overrightarrow{n_{AB}} //\overrightarrow{IM} =(7;-1)$
$7(x+\frac{9}{2} )-(y-\frac{3}{2} )=0$
$\Leftrightarrow 7x-y+33=0$
$A\in AB\Rightarrow A(t; 7t+33)$
$M$ là trung điểm $AB\Rightarrow B(-9-t; -30-7t)$
$AH\bot BH\Leftrightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BH}  =0$
$\Leftrightarrow (-2-t;-7-29)(7+t;34+7t)=0$
$\Leftrightarrow 50t^2+450t+1000=0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}t_1=-5\Rightarrow A (-5;-2)  \\t_2=-4\Rightarrow A(-4;5)  \\ \end{gathered}  \right.$

Trường hợp $1$
Với $A(-5;-2)$  Phương trình $AC : \left\{ \begin{array}{l} x=-5+3t\\ y=-2+6t \end{array} \right.\Rightarrow C(3t-5; 6t-2)$
$IA=IC\Rightarrow IA^2=IC^2\Leftrightarrow 25=(3t-4)^2+(6t-3)^2$
$\Leftrightarrow 45t^2-60t=0\Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}t=0  \\t=\frac{4}{3}   \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}C(-5;-2)  (loại)  \\C(-1;6)  \\ \end{gathered}  \right.$

Trường hợp $2 :$
Với $A(-4;-5)\Rightarrow$ Phương trình $AC : \left\{ \begin{array}{l} x=-4+2t\\ y=5-t \end{array} \right.\Rightarrow C(-4+2t; 5-t)$
$IA=IC\Rightarrow IA^2=IC^2$
$\Rightarrow \left[ \begin{gathered}t=0 \Rightarrow C(-4;5) (loại)  \\t=4\Rightarrow C(4;1)  \\ \end{gathered}  \right.$
Kết luận : Vậy $C(-1;6)$ và $C(4;1)$

Câu $7.b$

Gọi $K$ là trung điểm $MN, I$ là tâm $(C), O$ là giao $MI$ và $\Delta$
Ta có $I(1;1), R=2$
Phương trình đường thẳng $MI$ qua $I(1;1)$ nhận $\overrightarrow{v}= (1;0)$ (là vectơ chỉ phương $\Delta$) làm vecto pháp tuyến có phương trình $x-1=0$
Giao điểm $MI$ và $(C)$ là nghiệm của hệ :
$\left\{ \begin{array}{l} x-1=0\\ (x-1)^2 +(y-1)^2=4\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=3 \end{array} \right.   \\\left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=-1 \end{array} \right.   \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow M(1;-1), O (1;3)$ (do $O\in \Delta$)
Giả sử $N(a,3)\in \Delta \Rightarrow K(\frac{a+1}{2};1 )$, do $K\in (C)\Rightarrow (\frac{a+1}{2}-1 )^2+(1-1)^2=4$
$\Rightarrow \frac{(a-1)^2}{4} =4\Rightarrow \left[ \begin{gathered}a=0  \\a=2  \\ \end{gathered}  \right.$

+ Với $a=0\Rightarrow N(0;3)\Rightarrow \overrightarrow{MN} =(-1;4)$
Phương trình đường thẳng $PI$ qua $I(1;1)$ nhận $\overrightarrow{Mn}$ làm vecto pháp tuyến là :
$-1(x-1)+4(y-1)=0\Rightarrow -x+4y-3=0$
Tọa độ $P$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l} -x+4y-3=0\\ y-3=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=9\\ y=3 \end{array} \right. \Rightarrow P(9;3)$

+ Với $a=2\Rightarrow N(2;3)\Rightarrow \overrightarrow{MN} =(1;4)$
Phương trình đường thẳng $PI$ qua $I(1;1)$ nhận $\overrightarrow{MN}$ làm vecto pháp tuyến là :
$1(x-1)+4(y-1)=0\Rightarrow x+4y-5=0$
Tọa độ $P$ là nghiệm của hệ
$\left\{ \begin{array}{l} x+4y-5=0\\ y-3=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=-7\\ y=3 \end{array} \right. \Rightarrow P(-7; 3)$
Vậy $P(9;3)$ hoặc $P(-7;3)$

Câu $8.a$
Đường thẳng $d$ đi qua $A(-1;-1;2)$ và vuông góc với mặt phẳng $(P)$
Véc tơ chỉ phương  $\overrightarrow{u_d} //\overrightarrow{n_p} (1;1;1)$
$\left\{ \begin{array}{l} x=-1+t\\ y=-1+t\\z=-2+t \end{array} \right. ,  t\in R$
Tọa độ hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(P)$ là giao của $\left\{ \begin{array}{l} d\\ (P) \end{array} \right.$
$-1+t-1+t-2+t-1=0$
Khi và chỉ khi $t=2\Rightarrow u(1;1;0)$
Mặt phẳng $(Q)$ đi qua $A, B$ và vuông góc với $(P)$
$\overrightarrow{n_Q} //[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{n_p}  ]=(1;-2;1)$
$1.(x+1)-2(y+1)+(z+2)=0$
$\Leftrightarrow x-2y+z+1=0$

Câu $8,b$
Khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ là:
$d(A,P)=\frac{-1-2.3-2.(-2)+5}{\sqrt{1^2+2^2+2^2} } =\frac{2}{3}$
Phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với $(P)$ nhận $\overrightarrow{u} =(1;-2;-2)$ làm vécto pháp tuyến là :
$1.(x+1)-2(y-3)-2(z+2)=0$
$\Leftrightarrow x-2y-2z+3=0$

Câu $9.a$
$(1+i)(z-i)+2z=2i\Leftrightarrow z-i+iz+1+2z=2i$
$\Leftrightarrow (3+i)z=3i-1\Leftrightarrow z=\frac{3i-1}{3+i} =\frac{(3i-1)(3-i)}{(3+i)(3-i)} =i$
$\omega =\frac{\overline{z} -2z+1}{z^2} =\frac{-i-2i+1}{i^2} =-1+3i$
$\Rightarrow$ Mô đun của số phức
$\omega : |\omega|=\sqrt{(-1)^2+3^3} =\sqrt{10}$

Câu $9.b$
$f(x)=\frac{2x^2-3x+3}{x+1} =2x-5+\frac{8}{x+1}$
Xét hàm số $f(x)=2x-5+\frac{8}{x+1}$ trên $[0;2]$
$f'(x)=2-\frac{8}{(x+1)^2} =\frac{2x^2+2x-6}{(x+1)^2}$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=\pm 1$ do $x\in [0;2]$

Vậy :
$Min_{[0;2]}f(x)=1\Leftrightarrow x=1$
$Max_{[0;2]}f(x)=3\Leftrightarrow x=0$

Câu $1$
$y=-x^3+3x^2+3mx-1$
$a)$ Khi $m=0$ ta có hàm số :
$y=-x^3+3x^2-1      (C)$
Tập xác định : $D=R$
$y'=-3x^2+6x$
$y'=0\Leftrightarrow$ có $2$ nghiệm $x=0$ và $x=2$

Bảng biến thiên

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $(-\infty;0); (2;+\infty)$
+ Hàm số đồng biến trên $(0;2)$

Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại : $x_{CĐ}=2\rightarrow y_{CĐ}=3$
Hàm số đạt cực tiểu tại $x_{CT}=0\rightarrow y_{CT}=-1$

Đồ thị hàm số :
$y''=-6x+6$
$y''=0\Leftrightarrow x=1\rightarrow y(1)=1$
Suy ra điểm uốn $U(1;1)$
$(C)$ giao với trục $Oy : (0;-1)$
Điểm cực đại : $(2; 3)$
Điểm cực tiểu : $(0; -1)$

b)
$y=-x^3+3x^2+3mx-1    (1)$
$y'=-3x^2+6x+3m=3(-x^2+2x+m)$
Để hàm số $(1)$ nghịch biến trên $(0; +\infty)$ thì $y' \leq 0$ trên $(0; +\infty)$ hay
$-x^2+2x+m \le  0$ với mọi $x\in (0; +\infty)$
$\Leftrightarrow m\le x^2-2x$ với mọi $x\in (0; +\infty)        (*)$
Xét $g(x)=x^2-2x$ trên $(0; +\infty)$
$g'(x)=2x-2$
$g'(x)=0\Leftrightarrow x=1$

Bảng biến thiên

$(*)$ xảy ra khi
Kết luận $m\le -1$

Câu 2 :
Giải phương trình
$1+\tan x=2\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )     (1)$
ĐKXĐ : $\cos x\neq  0$
$(1)\Leftrightarrow 1+\frac{\sin x}{\cos x} =2\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )$
$\Leftrightarrow (\sin x+ \cos x)=2\sqrt{2}.cos x. sin(x+\frac{\pi}{4} )$
$\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4} )=2\sqrt{2}.cos x. \sin (x+\frac{\pi}{4} )$
$\Leftrightarrow \sin (x+\frac{\pi}{4} )[1-2\cos x]=0$
+ Với $\sin (x+\frac{\pi}{4} )=0$
$\Leftrightarrow x+\frac{\pi}{4} =k \pi\Leftrightarrow x=\frac{-\pi}{4} +k\pi$

+ Với $\cos x=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi}{3} +k2\pi$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pm\pi}{3} +k2\pi$
Kết hợp điều kiện $\cos x \neq 0$ thấy các nghiệm đều thỏa mãn
Kết luận : nghiệm của phương trình là :
$x=\frac{-\pi}{4} +k\pi ; x=\frac{\pm\pi}{3} +k2\pi$

Câu $3$
Giải hệ phương trình
$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+1}|+ \sqrt[4]{x-1}-\sqrt{y^4+2}=y       (1)\\ x^2+2x(y-1)+y^2-6y+1=0    (2) \end{array} \right.$
Xét $(1): \sqrt{x+1}+ \sqrt[4]{x-1}=y+\sqrt{y^4+2}$
Đặt $t=\sqrt[4]{x-1}; t\geq \rightarrow x=t^4+1$
Suy ra : $\sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1}=\sqrt{t^4+2}+t$
Đặt $t+\sqrt{t^4+2}=y+\sqrt{y^4+2}$
Suy ra $t=y$ vì hàm số $f(u)=u+\sqrt{4^4+2}\geq 0$ luôn đồng biến
Với $t=y$ ta có : $y=\sqrt[4]{x-1}\Leftrightarrow y^4=x-1\Leftrightarrow x=y^4+1$
Thế vào phương trình $(2)$
$(y^4+1)^2+2(y^4+1)(y-1)+y^2-6y+1=0$
$\Leftrightarrow y^8+2y^4+1+2y^5-2y^4+2y-2+y^2-6y+1=0$
$\Leftrightarrow y^8+2y^5+y^2-4y=0$
$\Leftrightarrow y(y^7+2y^4+y-4)=0$
$\Leftrightarrow y=0\rightarrow x=1\rightarrow (1;0 )$
$y^7+2y^4+y-4=0\Leftrightarrow y=1\rightarrow x=2$.
Vậy hệ có nghiệm $(1;0)$ và $2;1$

Câu $4$
$I=\int\limits_{1}^{2} \frac{x^2-1}{x^2} \ln x dx$
$=\int\limits_{1}^{2} (1-\frac{1}{x^2} )\ln x dx=\frac{1}{2} \ln x dx+\frac{1}{2} (-\frac{1}{x^2} )\ln x dx$
$I_1=\int\limits_{1}^{2}\ln x dx=x\ln x\left| \begin{gathered}   2 \\   1  \\ \end{gathered}  \right.-\int\limits_{1}^{2} \frac{x}{x} dx=x\ln x \left| \begin{gathered}   2 \\   1  \\ \end{gathered}  \right.- x\left| \begin{gathered}   2 \\   1  \\ \end{gathered}  \right.=2\ln 2-1$
$I_2\int\limits_{1}^{2} (\frac{-1}{x^2} )\ln x dx=\int\limits_{1}^{2} \ln x d(\frac{1}{x} )=\frac{\ln x}{x} \left| \begin{gathered}   2 \\   1  \\ \end{gathered}  \right.- \int\limits_{1}^{2} \frac{1}{x^2} dx$
$=\frac{\ln 2}{2} -(\frac{-1}{x} )\left| \begin{gathered}   2 \\   1  \\ \end{gathered}  \right.=\frac{\ln 2-1}{2}$
$I=I_1+I_2=\frac{5}{2} \ln 2-\frac{3}{2}$

Câu $5$

Tính $V_{SABC}$
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $SH$ vuông góc với $BC$
Vì :
$\left\{ \begin{array}{l} (SBC)\bot(ABC)\\ (SBC)\cap(ABC)=BC\\ SH\bot BC \end{array} \right. \rightarrow SH\bot (ABC)$
Tam giác $SBC$ đều cạnh a $\rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
Tam giác $ABC$ vuông góc tại $A$, góc $ABC=30^0, BC=a$
$\rightarrow AB=BC.\cos 30^0=\frac{a\sqrt{3} }{2}$
Và $AC=\frac{a}{2}$
$\rightarrow V_{SABC}=\frac{1}{3} SH.S_{ABC}=\frac{1}{3} SH.\frac{1}{2} AB.AC=\frac{1}{6}.\frac{a\sqrt{3} }{2}  .\frac{a\sqrt{3} }{2}.\frac{a}{2} =\frac{a^3}{16}$ (đvtt)
Tính khoảng cách từ $C$ đến (SAB)
Ta có : $AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$
Tam giác $SAH$ vuông tại $H\rightarrow SA=\sqrt{SH^2+AH^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}  }  =a$
Tam giác $SHB$ vuông tại $H\rightarrow SB=\sqrt{SH^2+HB^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}  }  =a$
Suy ra tam giác $SHB$ cân tại $S$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$
$\rightarrow SM=\sqrt{SB^{2a}-BM^2} =\sqrt{a^2-(\frac{a\sqrt{3} }{4} )^2}  =\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{16} } =\frac{a\sqrt{13} }{4}$
Suy ra diện tích tam giác $S_{ABC}=\frac{1}{2} SM.AB=\frac{1}{2} .\frac{a\sqrt{13} }{4} .\frac{a\sqrt{13} }{2} =\frac{a^2\sqrt{39} }{16}$ (đvdt)
Ta có $V_{S.ABC}=V_{C.SAB}=\frac{1}{3}d(C, (SAB)) .S_{SAB}=\frac{a^3}{16}$
$\rightarrow d(C,(SAB))=\frac{\frac{3a^3}{16} }{S_{SAB}} =\frac{3a^3}{16} .\frac{16}{a^2\sqrt{39} } =\frac{3a}{\sqrt{39} } =\frac{a\sqrt{39} }{13}$

Câu $6$
Đặt $a=cx; b=cy$ khi đó ta có giả thiết là $(x+1)(y+1)=4\rightarrow x+y \geq 2$
$P : =\frac{32x^3}{(y+3)^3} +\frac{32y^3}{(x+3)^3} -\sqrt{x^2+y^2} \geq \frac{32(x^2+y^2)^2}{xy(x^2+y^2)+9xy(x+y)+54xy+27(x+y)} -\sqrt{x^2+y^2}$
$\geq \frac{32(x^2+y^2)^2}{(x^2+y^2)+126} -\sqrt{x^2+y^2}\geq 1-\sqrt{2}$
Ta cần chứng minh bất đẳng thức phụ sau :
$9xy(x+y)+54xy+27(x+y)\le 126$
$f(S): =162-9(x+y)^2\le 162-9.4=126$

Câu $7a$
Gọi $C(t; -2t-5)$
Ta có : $ACMD$ là hình bình hành
$\rightarrow AC\bot BN$ tại $E$
$CE$ là đường trung bình trong tam giác $BNM$ nên $E$ là trung điểm của $BN$
$\rightarrow$ Tam giác $ABN$ cân tại $A\rightarrow \widehat{ANB}=\widehat{ABN}$
Mà $\widehat{ CNB}=\widehat{CBN}$
$\rightarrow$ Tam giác $ANC$ vuông tại $N$.
$\rightarrow \overrightarrow{AN} .\overrightarrow{NC}=0\Leftrightarrow 9(t-5)-12(-2t-1)=0\Leftrightarrow t=1$
$\rightarrow C(1; -7)\rightarrow$ Phương trình $AC : 3x+y+4=0$.
Lập phương trình $BN$ đi qua $N(5; -4)$ và vuông góc với $AC$
$BN : x-3y-17=0$
$\rightarrow$ Tọa độ E $\left\{ \begin{array}{l} AC\\ BN \end{array} \right. \rightarrow E (\frac{1}{2}; \frac{-11}{2}  )\rightarrow B (-4; -7)$

Câu $7b$
Giả sử $M$ là trung điểm $AB$ và $I$ là tâm đường tròn, $H$ là giao điểm hai tiếp tuyến.
Ta có hình vẽ như trên là trường hợp duy nhât thỏa mãn
Ta có $IM$ vuông góc $AB$ và $I, M, H$ thẳng hàng.
Tam giác $IMB$ vuông tại $M\rightarrow IM=\sqrt{IB^2-MB^2}=\sqrt{R^2-\frac{AB^2}{4} } =\sqrt{10-\frac{(4\sqrt{2} )^2}{4} } =\sqrt{2}$
$IH=\frac{IB}{\cos HIB} =\frac{IB}{\cos MIB} =\frac{IB}{(\frac{IM}{IB} )} =\frac{IB^2}{IM}=\frac{10}{\sqrt{2} }  =5\sqrt{2}$
$MH=IH-IM=4\sqrt{2}$
Do $(\Delta) y=x\rightarrow HOM=45^0\rightarrow \widehat{HMO}$ cân tại $M$
Mà $HMO=90^0\rightarrow$ Tam giác $HMO$ vuông cân tại $M$.
$\rightarrow d(M, OH)=\frac{1}{2} OH=\frac{1}{2} .\sqrt{2}.HM=\frac{4\sqrt{2} }{\sqrt{2} } =-4\rightarrow x_M=4\rightarrow y_M=4\rightarrow M (4;4)$

Câu $8a$ $\Delta: \frac{x-6}{-3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z+2}{1}$
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $A$ và vuông góc với $\Delta$
Mặt phẳng $(P)$ có vtpt : $\overrightarrow{n_p}//\overrightarrow{u}  =(-3;-2;-1)$
Phương trình mặt phẳng  $(P): -3(x-1)-2(y-7)+1(z-3)=0$
$\rightarrow -3x-2y+z+14=0$
$M\rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=6-3t\\ y=-1-2t\\z=-2+t \end{array} \right.$
$M\in \Delta \rightarrow AM=2\sqrt{30} \rightarrow AM^2=120$
$\Leftrightarrow 14t^2-8t-6=0$
Có 2 nghiệm
+ Với $t=1\rightarrow M(3; -3; -1)$
+ Với $t=-\frac{-3}{7} \rightarrow M(\frac{51}{7}; -\frac{1}{7} ;-\frac{17}{7}  )$

Câu $8b$
Mặ cầu $(S)$ có tâm $I(1; -2;1)$ bán kính $R=\sqrt{14}$
$d(I; P)=\frac{|2.1+3.(-2)+1.1-11|}{\sqrt{2^2+3^2+1^2} }=\frac{14}{\sqrt{14} } =\sqrt{14}=R$
Mặt phẳng $(P)$ tiếp xúc với $(S)$
Lập phương trình đường thắng d đi qua $I(1;-2;1)$ và $\bot$ mp $(P)$
Ta có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d} //\overrightarrow{u_d}$
$x=1+2t$
$y=-2+3t$
$z=1+t$
$(t\in R)$
Tọa độ tiếp điểm mà M là giao điểm của d và $(S); M\in (P)$
$(1+2t)^2+(-2+3t)^2+(1+t)^2-2(1+2t)+4(-2+3t)-2(1+t)-8=0$
$\Leftrightarrow 14t^2-14=0$ có $2$ nghiệm
Với $t=1\rightarrow M(3; 1; 2)\in (P)$
Với $t=-1\rightarrow M(-1; -5;0)\notin (P)$
Vậy tọa độ tiếp điểm $M(3;1;2)$ 

Câu 9a. Gọi số có 3 chữ số phân biệt thuộc S có dạng $\overline {abc} \,abc$
$(1\leq  a\leq  9; 0\leq  b,c\leq  9,a,b,c \in N)$
Khi đó số phần tử của $S$ là: $7.6.5=210$ phần tử
Số được chọn từ $S$ là số chẵn có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}}$
Khi đó $a_3$ có 3 cách chọn {2;4;6}
$a_2$ có 6 cách chọn {1;2;3;4;5;6;7}\{$a_3$}
$a_1$ có 5 cách chọn {1;2;3;4;5;6;7}\{$a_2,  a_3$}
$\Rightarrow$ Số cách chọn phần tử thuộc $S$ và là số chẵn là: $3.6.5=90$ phần tử
Gọi $A$ là biến cố số chọn được từ $S$ là số chắn: $P(A) = \frac{{|A|}}{{|\Omega |}} = \frac{{90}}{{210}} = \frac{3}{7}$

Câu 9b. $z=1+\sqrt{3}$
Viết dạng lượng giác của $z$
$z = 1 + \sqrt 3 ; = \left[ \begin{gathered}   2\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)  \\   2\left( {\cos \frac{\pi }{3} + i\,\sin \frac{\pi }{3}} \right) \\ \end{gathered}  \right.$
Phần thực và phần ảo của số phức
$W=(1+i)z^5$
$z^5=(1+\sqrt{3}i )^5=2^5(\cos \frac{5 \pi}{3} +i \sin \frac{5\pi}{3} )=32(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3} }{2}i  )=16-16\sqrt{3}i$
$\Rightarrow  W=(1+i)z^5=(1+i)(16-16\sqrt{3}i )=16(1+\sqrt{3} )+16(1\sqrt{3} )i$
Vậy phần thực của $w$ là $16(1+\sqrt{3} )$, phần ảo là $16(1-\sqrt{3} )$

Phương trình đã cho $\Leftrightarrow 360x^2-3x-400=0$
$\Delta= 3^2+4.400.360=0=576009\Rightarrow \sqrt{\Delta}=\sqrt{576009}$
Có 2 nghiệm
$x_1=\frac{3+\sqrt{576009} }{720}$
$x_2=\frac{3-\sqrt{576009} }{720}$

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật
$\Rightarrow \overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OC} =\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}  =\overrightarrow{0}$ và $OA=OB=OC=OD$
Ta có :
$MA^2+MC^2=(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}  )^2+(\overrightarrow{MO} +\overrightarrow{OC} )^2$
$=MO^2+2\overrightarrow{MO} \overrightarrow{OA} +OA^2+MO^2+2\overrightarrow{MO}\overrightarrow{OC}  +OC^2$
$=2MO^2+OA^2+OC^2+2\overrightarrow{MO} (\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OC} )$
$=2MO^2+OA^2+OC^2$
Tương tự : $MB^2+MD^2=2MO^2+OB^2+OD^2$
Do $OA=OB=OC=OD\rightarrow$ (đpcm)

Câu $1$ :
$1)$
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : $y=x^3-3x-1$
Tập xác định là $D=R$.
Sự biến thiên :
+ Chiều biến thiên : $y'=3x^2-3$
$y'=0 \Leftrightarrow 3x^2-3=0\Leftrightarrow x=-1$ và $x=1$
+ Bảng biến thiên


+ Đồng biến, nghịch biến
Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-1); (1; +\infty )$
Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1; 1)$
+ Cực trị :
$X_{CĐ}=-1\rightarrow y_{CĐ}=y(-1)=1$
$X_{CT}=1\rightarrow y_{CT}=y(1)=-3$
+ Giới hạn :
$\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty } y=-\infty ; \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty }y=+\infty$
+ Vẽ đồ thị


















b. Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng $9$
ta có : $y'=3x^2-3$
$\rightarrow y'=9\Leftrightarrow 3x^2-3=9\Leftrightarrow 3x^2=12$
suy ra $2$ cặp nghiệm:
Nếu $x=2\rightarrow y=1$
Và $x=-2\rightarrow y=-3$
Vậy phương trình tiếp tuyến của $(C)$ :
$y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0$
Xảy ra $2$ trường hợp :
+ Trường hợp $1$ : $y-1=9(x-2)\Leftrightarrow y=9x-17$
+ Trường hợp $2$ : $y+3=9(x+2)\Leftrightarrow y=9x+15$

Câu $2$
$1)$ Giải phương trình $3^{1-x}-3^x+2=0$
$\Leftrightarrow \frac{3}{3^x}-3^x+2=0        (*)$
Đặt $3^x=t (t>0)$
$\Leftrightarrow \frac{3}{t} -t+2=0$
Phương trình $(*)\Leftrightarrow 3-t^2+2t=0$
Có nghiệm $t=-1$ (loại) và $t=3$ (thỏa mãn điều kiện)
+ Với $t=3$ thì $3^x=3$ nên $\rightarrow x=1$

$2)$ Tính tích phân : $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }(x+1)\cos x dx$.
$\left\{ \begin{array}{l} x+1\\ \cos xdx =dv\end{array} \right. \rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du=dx\\ v=\int\limits \cos xdx=\sin x  \end{array} \right.$
$\rightarrow I=uv \left| \begin{gathered}   b \\   a  \\ \end{gathered}  \right.-\int\limits_{a}^{b} vdu=(x+1)\sin x\left| \begin{gathered}   \frac{\prod }{2} \\   0 \\ \end{gathered}  \right.-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin x dx$
$=(x+1)\sin x \left| \begin{gathered}   \frac{\prod }{2} \\   0 \\ \end{gathered}  \right.+\cos \left| \begin{gathered}   \frac{\prod }{2} \\   0 \\ \end{gathered}  \right.$
$=\frac{\pi}{2} +1-1=\frac{\pi}{2}$

$3)$ Tìm giá trị max, min của hàm số $y=\sqrt{x^2+3} - x\ln x$ trên đoạn $[1;2]$
Tập xác định : $D=[1;2]$
$y'=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+3} } -\ln x -x\frac{1}{x} =\frac{x}{\sqrt{x^2+3} } -\ln x-1$
$y'=0\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x^2+3} } -\ln x-1=0$
$\Leftrightarrow x=(\ln x+1)\sqrt{x^2+3}$ (vô nghiệm)
$y(1)=\sqrt{1^2+3}-1\ln 1=2\rightarrow \mathop {m{\text{ax}}}\limits_{{\text{[1;2]}}} y=y(1)=2$
$y(2)=\sqrt{2^2+3} -2\ln 2=\sqrt{7} -2\ln 2\rightarrow \mathop {min}\limits_{{\text{[1;2]}}}y=y(2)=\sqrt{7}-2\ln 2$

Câu 3: S đáy = $a^2$
Xét tam giác $SAD$ vuông tại A
$\tan 30^0 = \frac{AD}{SA} \Rightarrow  SA= \frac{AD}{\tan 30^0}=\frac{a}{\frac{1}{\sqrt{3} } } =a\sqrt{3}$
Suy ra chiều cao $H= SA=a\sqrt{3}$
Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S_đ.h=\frac{1}{3}a^2.a\sqrt{3} =\frac{a^3\sqrt{3} }{3}$ (đơn vị thể tích)

Phần riêng (Chuẩn)
Câu 4a:
1)  $m(-1;2;1)$
$P: x+2y+2z-3=0           n_p(1;2;2)$
d qua M và vuông góc với P
$\begin{gathered}    \Leftrightarrow \overline {{u_d}} (1;2;2)  \\    \Leftrightarrow M( - 1;2;1)  \\    \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}   x =  - 1 + t \\   y = 2 + 2t  \\   z = 1 + 2t  \\ \end{gathered}  \right.  \\ \end{gathered}$

2) S tâm O tiếp xúc với (P)
$P=d(O,P)=\frac{|0+2.0+2.0-3|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2} } =\frac{3}{3}=1$
Vậy phương trình mặt cầu: $(x-0)^2+(y-0)^2+(z-0)^2=1 \Leftrightarrow  x^2+y^2+z^2=1$

Câu $5a$
$a.$ $(1+i).z-2-4i=0$
$\Leftrightarrow z=\frac{2+4i}{1+i} =\frac{(2+4i)(1-i)}{1-i^2}$
$=\frac{2-2i+4i-4i^2}{2}=\frac{6+2i}{2}  =3+i$
$z=3+i$
$\Leftrightarrow \overline z=3-i$

Phần Nâng cao
Câu $4b$: Ta có $A (-1; 1;0)$
$d : \frac{x-1}{1} =\frac{y}{-2} =\frac{z+1}{1} ; \overrightarrow{u_d} (1; -2,1)$
Viết $(P)$ qua $O$ và vuông góc với $d$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{n_p}(1, -2,1) \\ O(0,0,0) \end{array} \right.$
$(P) : 1(x-0)-2.(y-0)+1(z-0)=0$
$\Leftrightarrow x-2y+z=0$

* Tìm $M\in d; AM=\sqrt{6}$

$M\in d\rightarrow M(t+1, -2t, t-1)$
$A (-1, 1,0)$
$AM=\sqrt{6}$
$AM^2=6$
$\Leftrightarrow (t+t+1)^2+(-2t-1)^2+(t-1)^2=6$
$\Leftrightarrow (t+2)^2+(2t+1)^2+(t-1)^2=6$
$\Leftrightarrow 6t^2+6t=0\Leftrightarrow t=0$ và $3t+3=0$
$\Leftrightarrow M(1,0,-1)$ và $M(0,2,-2)$

Câu 5b:
$z^2-(2+3i)+5+3i=0$
$\Delta =(2+3i)^2-4.(5+3i)$
$=4-9+12i-20-12i$
$=25i^2$
$z_1=\frac{2+3i-5i}{2}=\frac{2-2i}{2}=1-i$
$z_2=\frac{2+3i+5i}{2}=\frac{2+8i}{2}=1+4i$

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ($7,0$ điểm)
Câu $1$ ($3,0$ điểm). Cho hàm số $y=x^3-3x-1$.
$1,$ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm $(C)$ của hàm số đã cho.
$2,$ Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$, biết hệ số góc của tiếp tuyến đó bằng $9$

Câu $2$ ($3,0$ điểm)
$1)$ Giải phương trình $3^{1-x}-3^x+2=0$
$2)$ tính tích phân $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }(x+1)\cos x dx$.
$3)$ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\sqrt{x^2+3}-x \ln x$ trên đoạn $[1;2]$

Câu $3$ ($1,0$ điểm).
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng $(SAB)$ một góc $30^0$. Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$ theo a.

II. PHẦN RIÊNG- PHẦN TỰ CHỌN ($3,0$ điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần $1$ hoặc phần $2$)
$1.$ Theo chương trình chuẩn
Câu $4.a$ ($2,0$ điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $M(-1; 2; 1)$ và mặt phẳng $(P)$ có phương trình $x+2y+2z-3=0$
$1)$ Viết phương trình tham số của đường thẳng $d$ đi qua $M$ và vuông góc với $(P)$.
$2)$ Viết phương trình mặt cầu $(S)$ có tâm là gốc tọa độ và tiếp xúc với $(P)$

Câu $5.a$ ($1,0$ điểm). Cho số phức z thỏa mãn $(1+i)z-2-4i=0$. Tìm số phức liên hợp của z.

$2.$ Theo chương trình nâng cao
Câu $4.b$ ($2,0$ điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm $A(-1; 1;0)$ và đường thẳng d có phương trình $\frac{x-1}{1} =\frac{y}{-2} =\frac{z+1}{1}$
$1)$ Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ đi qua gốc tọa độ và vuông góc với $d$.
$2)$ Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho độ dài đoạn $AM$ bằng $\sqrt{6}$

Câu $5.b$ ($1,0$ điểm). Giải phương trình $z^2-(2+3i)z+5+3i=0$ trên tập số phức

Cho cấp số nhân thỏa mãn :
$u_1+u_6=244$
$u_5+u_4=36$
a) Tìm $u_1, q$
b) Tính tổng $11$ số hạng đầu .

Giải hệ phương trình  $\begin{cases} 2x^2-x(y-1)+y^2=3y\\x^2+xy-3y^2=x-2y\end{cases}$

1) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}  \frac{\ln x}{x^2}$

2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  \frac{\tan x}{x}$

3) $\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}  \frac{e^{2x}}{x^2}$

Tính tích phân $\int\limits_{3}^{+\infty} \frac{dx}{x^2-3x+2}$