Bài soạn toán hkI 12

Toán học 12 |Vậậ𝑡 lí 2012 – 2015| Nhóm3
Trang 1
BÀI SOẠN
TOÁN 12
…Nhóm ‖ 𝟑‖ …
MỤC LỤC
Hàm số bậc ba ………………………………………2
Hàm số nhất biến …………………………………...12
Hàm số trùng phương ……………………………....19
Logarithm……………………………………………26
_____________
Hình học không gian…………………………………
Bài soạn của nhóm học sinh chuyên vật lí trường THPT chuyên Lê Khiết khóa 2012 − 2015
Những kẻ góp công gồm:
1. Nguyễn Cao Cường 03
2. Nguyễn Thị Ngọc Diệu 06
3. Tô Phan Chiêu Đan 08
4. Võ Thị Hồng Hạnh 10
5. Phạm Mai Thanh Hiền 12
6. Nguyễn Đặng Mỹ Ngọc 20
7. Lê Thị Mỹ Quỳnh 25
8. Huỳnh Phương Thức 28

Trang 2
A. HÀM SỐ
Bài 1 : Cho hàm số 𝑦 = 2x3
+ 3(𝑚 − 3)x2
+ 11 – 3𝑚.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 1.
b. Xác định m để đồ thị hàm số cps cực đại, cực tiểu và đồ thị nối 2 điểm cực trị qua (0; 1).
Giải:
a. Với 𝑚 = 4, hàm số đã cho trở thành 𝑦 = 2x3
+3x2
−1
 TXD: 𝐷 = 𝑹
 Sự biến thiên
Giới hạn tiệm cận:
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = − ∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Chiều biến thiên :
y’ = 6x2
+6x
y’ = 0  [
𝑥 = −1
𝑥 = 0
BBT :
x -∞ -1 0
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 0
+∞
-∞ -1
Hàm số đạt cực đạitại x = -1, yCĐ = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -1) và (0 ;+∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 0)
 Đồ thị :

Trang 3
b. y’ = 6x2
+6(𝑚 − 3)𝑥
Đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu khi va chỉ khi phương trình y’=0 có 2 nghiệm phân biệt
Hay, phương trình x2
+(𝑚 − 3)𝑥 = 0 (
*)
có 2 nghiệm phân biệt
Điều này xảy ra khi và chỉ khi ∆ > 0
 (𝑚 − 3)2
> 0 (luôn đúng ∀𝑚)
Với điều kiện trên thì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B và xA, xB là 2 nghiệm của phương trình (*)
Ta có : 𝑦 = ( 2𝑥 + 𝑚 – 3 ) [( x2
+ (𝑚 – 3)𝑥 ] – (𝑚 – 3)2
𝑥 + 11 – 3𝑚
Vì xA, xB là 2 nghiệm phân biệt nên
𝑦 𝐴 = −( 𝑚 –3)2. 𝑥 𝐴 + 11 − 3𝑚
𝑦 𝐵 = −( 𝑚 – 3)2. 𝑥 𝐵 + 11 − 3𝑚
 Phương trình đường thẳng đi qua A,B là (d) : 𝑦 = −(𝑚 –3)2
𝑥 + 11 − 3𝑚
Vì (d) đi qua I (0;-1) nên : −1 = 11 − 3𝑚  𝑚 = 4
Vậy m = 4 là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán
Bài 2: Cho 𝑦 = 𝑥3 – 3𝑚𝑥2
+3𝑚3
a. Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 1
b. Tìm m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B sao cho ∆OAB có diện tích bằng 48.
GIẢI:
a. Với 𝑚 = 1, hàm số trở thành 𝑦 = 𝑥3−3𝑥2
+3
 TXD: D = R
 Sự biến thiên
x
y

Trang 4
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = -∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
y’ = 3x2
-6x
y’ = 0  [
𝑥 = 2
𝑥 = 0
BBT :
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 − 0 +
y 3 + ∞
−∞ − 1
Hàm số đạt cực đạitại 𝑥 = 0, 𝑦CĐ = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại 𝑥 = 2, 𝑦CT = −1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
 Đồ thị :
b. 𝑦’ = 3𝑥2
−6𝑚𝑥
𝑦’ = 0 [
𝑥 = 2𝑚
𝑥 = 0
Hs có cực đại, cực tiểu  phương trình 𝑦’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
Điều này xảy ra  m ≠ 0

Trang 5
Gọi A, B là hai điểm cực trị của hàm số. Giả sử A (0; 3𝑚3
), 𝐵 (2𝑚; −𝑚3
)
Ta có : 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (2𝑚; −4𝑚3
)
Đường thẳng AB nhận 𝑛⃗ = (2𝑚2
; 1)là vec-tơ pháp tuyến
Phương trình đường thẳng AB : 2𝑚2
(𝑥 − 0) + 1(𝑦 − 3𝑚3
) = 0
 2𝑚2
𝑥 = 𝑦 –3𝑚3
= 0
SOAB =
1
2
𝐴𝐵 . 𝑑(𝑂, 𝐴𝐵) =
1
2
√4𝑚2 + 16𝑚6 .
|−3𝑚3|
√4𝑚4+1
= | 𝑚|.|−3𝑚3|= 3m4
SOAB = 48  3m4
= 48  [
𝑚 = 2
𝑚 = −2
Vậy với m = 2 hoặc m =− 2 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3 : Cho 𝑦 = 𝑥3
– (2𝑚 − 1)𝑥2
+2𝑚𝑥 − 2
a. Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số ứng với 𝑚 = 0
b. Tìm m để đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
GIẢI:
a. Với 𝑚 = 0, hàm số : 𝑦 = 𝑥3
+𝑥2
−2.
TXD: 𝐷 = 𝑹
Sự biến thiên :
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = - ∞
y’ = 3x2
+2x
y’ = 0  [ 𝑥 = −
2
3
𝑥 = 0
BBT :
x -∞ −
2
3
0 +∞
y’ + 0 − 0 +
y −
50
27
+∞
-∞ -2
Hàm số đạt cực đạitại x =−
2
3
, yCĐ =−
50
27
. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; −
2
3
) và (0; +∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−
2
3
; 0)
Đồ thị :

Trang 6
b. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox
x3
–(2m -1)x2
+2mx –2 = 0 (*)
 (x -1) [x2
-2(m -1)x +2] = 0
 [
𝑥 = 1
𝑥2 − 2( 𝑚 − 1) 𝑥 + 2 = 0 (1)
Đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt lập thành csc kvck phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt lập thành
csc.
Điều này xảy ra khi (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 và
{
𝑥1 + 𝑥2 = 2
𝑥1 + 1 = 2𝑥2
𝑥2 + 1 = 2𝑥1

{
∆′= ( 𝑚 − 1)2 − 2 > 0
1 − 2( 𝑚 − 1) + 2 ≠ 0
[
𝑥1 + 𝑥2 = 2
( 𝑥1 − 2𝑥2 + 1)( 𝑥2 − 2𝑥1 + 1) = 0 (2)
Áp dụng định lí Vi-et, ta có : 𝑥1 + 𝑥2 = 2(𝑚 − 1)
và 𝑥1 𝑥2 = 2
Lại có : (2)  5𝑥1 𝑥2 - (𝑥1 + 𝑥2) – 2(𝑥1
2 + 𝑥2
2)+ 1 = 0
 9𝑥1 𝑥2 - (𝑥1 + 𝑥2) – 2(𝑥1 + 𝑥2)2 = 0
Do đó,theo yêu cầu bài toán thì
{
∆′= ( 𝑚 − 1)2 − 2 > 0
1 − 2( 𝑚 − 1) + 2 ≠ 0
[
2(𝑚 − 1) = 2
18 − 2( 𝑚 − 1) − 2(2𝑚 − 2)2 + 1 = 0 (2)

{
𝑚 ≠
5
2
[ 𝑚 < 1 − √2
𝑚 > 1 + √2
[
𝑚 =
7+3√17
8
𝑚 =
7−3√17
8
𝑚 = 2
[
𝑚 =
7+3√17
8
𝑚 =
7−3√17
8
Vậy m =
7+3√17
8
hoặc m =
7−3√17
8
thì thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 4 : cho y = 2x3
-3x2
-1 (C)
a. Khảo sat và vẽ đồ thị hàm số.

Trang 7
b. Gọi d là đường thẳng qua M (0;-1) và có hệ số góc k. Xác định k để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt.
GIẢI:
TXD: 𝐷 = 𝑹
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = − ∞
y’ = 6x2
-6x
y’ = 0  [
𝑥 = 1
𝑥 = 0
BBT :
x -∞ 0 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
Y −1 +∞
-∞ -2
Hàm số đạt cực đạitại x = 0, yCĐ = -1. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = -2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 0) và (1; +∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1)
Đồ thị:
a. Đồ thị d có hệ số góc k, đi qua M (0; -1) có phương trình là :

Trang 8
y = kx -1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d
2x3
-3x2
-1 = kx -1 (1)
 x (2x2
-3x –k) = 0
 [
𝑥 = 0
2𝑥2 − 3𝑥 − 𝑘 = 0 (2)
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  (1) có 3 nghiệm phân biệt
Điều đó xảy ra khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
Hay : {
𝑘 ≠ 0
∆= 9 + 4.2. 𝑘 > 0
 {
𝑘 ≠ 0
∆= 9 + 4.2. 𝑘 > 0
 {
𝑘 ≠ 0
𝑘 > −
9
8
Vậy k > −
9
8
và k≠ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 5 : Cho y= x3
+(m -1) x2
–m (C).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m=4
b. Xác định m để đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt A, B, C với A (0;1) và tiếp tuyến với (C) tại B, C vuông
góc với nhau.
c. Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành. Xác định tọa độ tiếp điểm
GIẢI
a. Với m = 4, hàm số trở thành y = x3
+3x2
– 4
TXD: 𝐷 = 𝑹
Sự biến thiên
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = − ∞
y’ = 3x2
+6x
y’ = 0  [
𝑥 = − 2
𝑥 = 0
BBT :
x -∞ -2 0 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 0 +∞
-∞ -4
Hàm số đạt cực đạitại x = -2, yCĐ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yC T= -4
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -2) và (0; +∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0)
Đồ thị :

Trang 9
b. Phương trình hoành độ giai điểm của (C) và Ox là
x3
+(m -1)x2
–m = 0
 (x -1) (x2
+mx +m) = 0
[
𝑥 = 1
𝑥2 + 𝑚𝑥 + 𝑚 = 0
(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  (1) có 3 nghiệm phân biệt
Điều này xảy ra khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
Hay {∆= 𝑚2 − 4𝑚 > 0
2𝑚 + 1 ≠ 0
 {
[
𝑚 < 0
𝑚 > 4
𝑚 ≠ −
1
2
Khi đó (2) có 2 nghiệm x1, x2.
Vì tiếp tuyến tại B, C vuông góc với nhau nên y’(x1) . y’(x2) = -1
Ta có : y’ = 3x2
+2(m -1)x = 3(x2
+mx +m) –(m +2)x -3m
 y’(x1) . y’(x2) = -1
 [−( 𝑚 + 2) 𝑥1 − 3𝑚] [−( 𝑚 + 2) + 9𝑚2] = −1
 (𝑚 + 2)2 𝑥1 𝑥2 + 3𝑚( 𝑚 + 2)( 𝑥1 + 𝑥2) + 9𝑚2 = −1
Định lí Vi-ét, có : 𝑥1 + 𝑥2 = −𝑚
𝑥1 . 𝑥2 = 𝑚
Do đó : 𝑚(𝑚 + 2)2 − 3𝑚2( 𝑚 + 2) + 9𝑚2 = −1
 −2𝑚3 + 7𝑚2 + 4𝑚 + 1 = 0
Đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
{
𝑥3 + ( 𝑚 − 1) 𝑥2 − 𝑚 = 0
3𝑥2 + 2( 𝑚 − 1) = 0

Trang 10
 {
(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚 = 0
( 𝑥 − 1)(2𝑥 + 𝑚)+ 𝑥2 + 𝑚𝑥 + 𝑚 = 0
 {
[
𝑥 = 1
𝑥2 + 𝑚𝑥 + 𝑚 = 0
( 𝑥 − 1)(2𝑥 + 𝑚) + 𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚 = 0
 [
{
𝑥 = 1
𝑥2 + 𝑚𝑥 + 𝑚 = 0
{
( 𝑥 − 1)(2𝑥 + 𝑚) = 0
𝑥2 + 𝑚𝑥 + 𝑚 = 0

[
{
𝑥 = 1
1 + 2𝑚 = 0
{
𝑥 = −
𝑚
2
(−
𝑚
2
)2 + 𝑚 (−
𝑚
2
) + 𝑚 = 0

[
{
𝑥 = 1
𝑚 = −
1
2
{
𝑥 = −
𝑚
2
[
𝑚 = 4
𝑚 = 0

[
{
𝑥 = 1
𝑚 = −
1
2
{
𝑥 = −2
𝑚 = 4
{
𝑥 = 0
𝑚 = 0
Vậy m = {−
1
2
; 0 ; 4} thì đồ thị hàm số tiếp xúc với Ox
Hoành độ tiếp điểm lần lượt là (1; 0), (0; 0), (-2; 0)
Bài 6: Cho hàm số y =
𝑥3
3
− 2𝑥2 + 3𝑥 − 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b. Lâph phương trình tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng y = 3x -1
GIẢI
a. TXD: D = R
Sự biến thiên
lim
𝑥→+∞
𝑦 = +∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = - ∞
y’ = x2
-4x +3
y’ = 0  [
𝑥 = 1
𝑥 = 3
BBT :
x -∞ 1 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 𝟕
𝟑
+∞
-∞ 1
Hàm số đạt cực đạitại x =1, yCĐ =
7
3
. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 1) và (3; +∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 3)

Trang 11
Đồ thị :
b. y’ = x2
-4x +3
Theo đề,tiếp tuyến song song với đường thẳng 𝑦 = 3𝑥 − 1 nên có hệ số góc 𝑘 = 3
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
𝑦’ = 3
 x2
−4𝑥 + 3 = 0
 [
𝑥 = 0
𝑥 = 4
 𝑥 = 0 => 𝑦 = 1
 𝑥 = 4 => 𝑦 =
7
3
Phương trình tiếp tuyến tại (0; 1) 𝑙à 𝑦 − 1 = 3(𝑥 − 0)
 𝑦 = 3𝑥 + 1
Phương trình tiếp tuyến tại (4;
7
3
) 𝑙à 𝑦 −
7
3
= 3(𝑥 − 4)
 𝑦 = 3𝑥 −
29
3
Vậy 2 phương trình tiếp tuyến cần tìm là 𝑦 = 3𝑥 + 1 và 𝑦 = 3𝑥 −
29
3
.

Trang 12
B. HÀM NHẤT BIẾN
Bài 1 : Cho hàm số 𝑦 =
2𝑥
𝑥+1
(1)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) của (1)
b. Tìm 𝑀 ∈ (𝐶) biết tiếp tuyến với (C) tại M cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B tại thành ∆𝑂𝐴𝐵có 𝑆 =
1
4
GIẢI
a. TXD : 𝐷 = 𝑅{−1}
Giới hạn tiệm cận :
lim
𝑥→+∞
𝑦 = 2 ; lim
𝑥→−∞
𝑦 = 2
lim
𝑥→(−1)−
𝑦 = +∞ ; lim
𝑥→(−1)+
𝑦 = −∞
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng 𝑦 = 2 làm tiệm cận ngang, đường thẳng 𝑥 = −1 làm tiệm cận đứng.
𝑦′ =
2
(𝑥 + 1)2. 𝑦′ > 0,∀𝑥 ∈ 𝐷
BBT :
x −∞ − 1 + ∞
y’ + +
y +∞
2
2
−∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−1) và (−1;+∞)
Hàm số không có cực trị.
Đồ thị :

Trang 13
Đồ thị nhận điểm giao điểm hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
b. Gọi 𝑀(𝑥0;
2𝑥0
𝑥0+1
)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M :
𝑦 = 𝑦′(( 𝑥0)( 𝑥− 𝑥0)+ 𝑦0
 𝑦 =
2
( 𝑥0+1)2
( 𝑥 − 𝑥0)+
2𝑥0
𝑥0+1
 𝑦 =
2𝑥
( 𝑥0+1)2
+
2𝑥0
2
( 𝑥0+1)2
d giao Ox tại A => 𝐴(−𝑥0
2;0)
d giao Oy tại B => 𝐵(0;
2𝑥0
2
( 𝑥0+1)2
)
𝑆 𝑂𝐴𝐵 =
1
4

1
2
𝑥0
2.
2𝑥0
2
( 𝑥0+1)2
=
1
4
 [
𝑥0
2
( 𝑥0+1)2
=
1
2
𝑥0
2
( 𝑥0+1)2
= −
1
2
 [
2𝑥0
2 − 𝑥0 − 1 = 0
2𝑥0
2 + 𝑥0 + 1 = 0 ( 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚)
[
𝑥0 = 1
𝑥0 = −
1
2
 𝑥0 = 1 => 𝑦0 = 1 => 𝑀(1;1)
 𝑥0 = −
1
2
=> 𝑦0 = −2 => 𝑀(−
1
2
;−2)
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là 𝑀(1;1) và 𝑀(−
1
2
; −2)
𝑥+3
𝑥+1
(C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Chứng minh rằng đường thẳng d : 𝑦 = 2𝑥 + 𝑚 luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Xác định m dể độ
dại AB là nhỏ nhất.
GIẢI
a. TXD : 𝐷 = 𝑹{−1}
Giới hạn tiệm cận
lim
𝑥→+∞
𝑦 = 1 ; lim
𝑥→−∞
𝑦 = 1
lim
𝑥→(−1)−
𝑦 = +∞ ; lim
𝑥→(−1)+
𝑦 = −∞
𝑦′ =
−2
(𝑥 + 1)2. 𝑦′ < 0,∀𝑥 ∈ 𝐷
BBT :
x −∞ − 1 + ∞
y’ − −
y 1
-∞
+∞
1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (−1; +∞)
Đồ thị :

Trang 14
Đồ thị nhận giao điểm hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là :
2𝑥 + 𝑚 =
𝑥+3
𝑥+1
 2𝑥2 + ( 𝑚 + 1) 𝑥 + ( 𝑚 − 3) = 0 (1)
(1) có ∆= 𝑚2 − 6𝑚 + 25 = (𝑚 − 3)2 + 16 > 0,∀𝑚
 (1) luôn có 2 nghiệm phương trình hay (C) và d luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
Gọi 2 giao điểm là 𝐴( 𝑥 𝐴;𝑦𝐴); 𝐵( 𝑥 𝐵; 𝑦 𝐵).
Theo Vi-et, ta có : 𝑥 𝐴 + 𝑥 𝐵 =
𝑚+1
2
; 𝑥 𝐴.𝑥 𝐵 =
𝑚−3
2
Ta có : 𝐴𝐵2 = ( 𝑥 𝐵 − 𝑥 𝐴)2 + (𝑦 𝐵 − 𝑦 𝐴)2 = 5( 𝑥 𝐵 − 𝑥 𝐴)2
= 5[( 𝑥 𝐵 + 𝑥 𝐴)2 − 4( 𝑥 𝐵 𝑥 𝐴)] = 5[
( 𝑚+1)
4
2
− 2( 𝑚 − 3)] =
5
4
( 𝑚 − 3)2 + 20 ≥ 20
Vậy AB nhỏ nhất bằng 2√5 khi 𝑚 = 3
( 𝑚+1) 𝑥+𝑚
𝑥+𝑚
(𝐶 𝑚)
a. Khảo sát sự biến thiên là vẽ đồ thị hàm số khi 𝑚 = 1
b. B. Tìm trên đồ thị đó những điểm có tổng khoảng cách đến 2 tiệm cận ngắn nhất.
GIẢI
a. Khi 𝑚 = 1 thì 𝑦 =
2𝑥+1
𝑥+1
TXD: 𝐷 = 𝑹{−1}
Sự biến thiên
lim
𝑥→+∞
𝑦 = 2 ; lim
𝑥→−∞
𝑦 = 2
lim
𝑥→(−1)−
𝑦 = +∞ ; lim
𝑥→(−1)+
𝑦 = −∞

Trang 15
𝑦′ =
1
(𝑥 + 1)2. 𝑦′ > 0,∀𝑥 ∈ 𝐷
BBT :
x −∞ − 1 + ∞
y’ + +
y
+∞
2
2
−∞
Đồ thị :
b. Gọi 𝑀(𝑥0;𝑦0) ∈ (𝐶1)
Tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận :
𝑑 = | 𝑥0 + 1| + | 𝑦0 − 2| = | 𝑥0 + 1| +
1
| 𝑥0 + 1|
≥ 2
Dấu “=” xảy ra  ( 𝑥0 + 1)2 = 1  [
𝑥0 = −2
𝑥0 = 0
Vậy có 2 điểm M thỏa mán yêu cầu bài toán là (0;1), (−2;3)
Bài 4 :Cho hàm số 𝑦 =
𝑚𝑥−1
2𝑥+𝑚
(𝐶 𝑚)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 𝑚 = 2
b. Xác định m dể tiệm cận đứng của đồ thị đi qua 𝐴(−1;√2)
c. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng thuộc TXD của nó.
GIẢI
a. Với m = 2, 𝑦 =
2𝑥−1
2𝑥+2

Trang 16
TXD : 𝐷 = 𝑅{−1}
lim
𝑥→+∞
𝑦 = 1 ; lim
𝑥→−∞
𝑦 = 1
lim
𝑥→(−1)−
𝑦 = +∞ ; lim
𝑥→(−1)+
𝑦 = −∞
𝑦′ =
6
(2𝑥 + 2)2 . 𝑦′ > 0,∀𝑥 ∈ 𝐷
BBT :
x −∞ − 1 + ∞
y’ + +
y +∞
1
1
−∞
Đồ thị :
b. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  𝑚.(−
𝑚
2
) − 1 ≠ 0
 𝑚2 + 2 ≠ 0, ∀𝑚
Khi đó đường thẳng 𝑥 = −
𝑚
2
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên
−
𝑚
2
= −1  𝑚 = 2
Cậy 𝑚 = 2 thì tiệm cận đứng của đồ thị đi qua điểm 𝐴(−1;√2)
c. Hàm số xác định trên 𝐷 = 𝑹 {−
𝑚
2
}
Ta có : 𝑦′ =
𝑚2+2
(2𝑥+𝑚)2
. 𝑦’ > 0, ∀𝑥 ≠ −
𝑚
2
.
Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Trang 17
2𝑚−𝑥
𝑥+𝑚
(𝐶 𝑚)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 𝑚 = 1.
b. Cho 𝐴(0;1) và I là tâm đối xứng. Tìm để trên 𝐶 𝑚 tồn tại duy nhất B sao cho ∆𝐴𝐵𝐼 vuông cân tại A.
GIẢI
a. Với 𝑚 = 1, 𝑦 =
2−𝑥
𝑥+1
TXD : 𝐷 = 𝑹{−1}
Giới hạn tiệm cận
lim
𝑥→+∞
𝑦 = −1 ; lim
𝑥→−∞
𝑦 = −1
lim
𝑥→(−1)−
𝑦 = −∞ ; lim
𝑥→(−1)+
𝑦 = +∞
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng 𝑦 = −1 làm tiệm cận ngang, đường thẳng 𝑥 = −1 làm tiệm cận đứng.
𝑦′ =
−3
(𝑥 + 1)2. 𝑦′ < 0,∀𝑥 ∈ 𝐷
BBT :
x −∞ − 1 + ∞
y’ − −
y -1
-∞
+∞
-1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (−1; +∞)
Đồ thị :
b. Xét 𝐵(𝑏;
2𝑚−𝑏
𝑏+𝑚
) ∈ (𝐶 𝑚)
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑏;
2𝑚−𝑏
𝑏+𝑚
)

Trang 18
Ta có : 𝐼(−𝑚;−1) =>𝐴𝐼⃗⃗⃗⃗ = (−𝑚;−2)
∆𝐴𝐵𝐼 vuông tại A => { 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐼⃗⃗⃗⃗ = 0
𝐴𝐵2 = 𝐴𝐼2
{
𝑚𝑏 + 2
2𝑚−𝑏
𝑏+𝑚
= 0
𝑚2 + 4 = 𝑏2 + (
2𝑚−𝑏
𝑏+𝑚
)2
 {
2𝑚−𝑏
𝑏+𝑚
=
−𝑏𝑚
2
(1)
𝑚2 + 4 = 𝑏2 +
𝑚2 𝑏2
4
(2)
(2)  𝑚2( 𝑏2 − 4) + 4( 𝑏2 − 4) = 0
 𝑏 = ±2
 𝑏 = 2, (1) 
𝑚−4
𝑚+2
= −𝑚 [
𝑚 = 1
𝑚 = −4
 𝑏 = −2, (1) 
𝑚−4
𝑚+2
= 𝑚 [
𝑚 = −1
𝑚 = 4
Vậy 𝑚 = ±1, 𝑚 = ±4 là những giá trị cần tìm.

Trang 19
C. HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG
Bài 1 : Cho hàm số 𝑦 = 𝑥4 + 2𝑚𝑥2 + 3𝑚 − 1
a. Ks sự biến thiên & vẽ đồ thị khi 𝑚 = 3
b. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành 1 tam giác vuông.
GIẢI
a. Với m = 3, hàm số trở thành :
𝑦 = 𝑥4 − 6𝑥2 + 5
TXD : 𝐷 = 𝑅
lim
𝑥→+∞
( 𝑥4 − 6𝑥2 + 5) = +∞
lim
𝑥→−∞
( 𝑥4 − 6𝑥2 + 5) = +∞
𝑦′ = 4𝑥3 − 12𝑥
𝑦′ = 0  [
𝑥 = 0
𝑥 = √3
𝑥 = −√3
BBT:
x −∞ −√3 0 √3 +∞
y’ − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 5 +∞
−4 −4
Hàm số đồng biếntrên các khoảng (−√3;0), (√3;+∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−√3),(0;√3)
Hàm số đạt cực đạitại x = 0, 𝑦 𝐶𝐷 = 5
Hàm số đạt cực tiểu tại [ 𝑥 = √3
𝑥 = −√3
, 𝑦 𝐶𝑇 = -4
Đồ thị :

Trang 20
b. 𝑦 = 4𝑥4 − 2𝑚𝑥2 + 2𝑚 − 1
𝑦′ = 4𝑥2 − 4𝑚𝑥
Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì 4𝑥2 − 4𝑚𝑥 = 0 có 3 nghiệm phân biệt
4𝑥2 − 4𝑚𝑥 = 0
4𝑥( 𝑥2 − 𝑚) = 0
[
𝑥 = 0
𝑥 = √ 𝑚
𝑥 = −√ 𝑚
, với m≠ 0
Gọi A, B, C lần lượt là các điểm cực trị của hàm số.
A (0; 2𝑚 − 1)
B (√ 𝑚;−𝑚2 + 2𝑚 − 1)
C (−√ 𝑚;−𝑚2 + 2𝑚 − 1)
Vì hàm số chẵn nên đồ thị của nó đối xứng qua Oy
 ∆𝐴𝐵𝐶 cân tại A.
Để ∆𝐴𝐵𝐶 vuông hay để ∆𝐴𝐵𝐶 vuông cân tại A thì
𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 =
𝐵𝐶
√2
 √𝑚 + 𝑚4 =
2√ 𝑚
2
, với 𝐴𝐵 = √𝑚 + 𝑚4 và 𝐵𝐶 = 2√ 𝑚
 [
𝑚 = 0 (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑚 = 1
Vậy để thỏa mãn yêu cầu đè bài thì m = 1.

Trang 21
GIẢI :
a. Với m = 5, hàm số trở thành 𝑦 = −𝑥4 + 10𝑥2 − 9
TXD : D = R. Hàm số chẵn.
Giới hạn tiệm cận : Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Ta có 𝑦′ = −4𝑥3 + 20𝑥. 𝑦′ = 0  [
𝑥 = 0
𝑥 = ±√5
BBT
x −∞ − √5 0 √5 + ∞
y’ + 0 − 0 + 0 −
y 16 16
−∞ − 9 − ∞
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−√5;0), (√5;+∞)
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−√5),(0;√52)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, 𝑦 𝐶𝐷 = -9
Hàm số đạt cực đạitại [ 𝑥 = √5
𝑥 = −√5
, 𝑦 𝐶𝑇 =16
Đồ thị :

Trang 22
Vậy các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là .
Bài 4 : Cho hàm số 𝑦 = 𝑥4 + 2𝑚2 𝑥2 + 1 (1)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 1
b. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thằng y = x +1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm
phân biệt.
GIẢI
a. Với 𝑚 = 1, hàm số trở thành 𝑦 = 𝑥4 + 2𝑥2 + 1
TXD : 𝐷 = 𝑅, hàm số chẵn.
𝑦′ = 4𝑥3 + 4𝑥. 𝑦′ = 0  𝑥 = 0.
BBT:
x −∞ 0 +∞
y’ − 0 +
y +∞ +∞
1
Hàm số db trên khoảng (1;+∞). Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;1)
Hàm số có cực tiểu tại x = 1, 𝑦 𝐶𝑇 = 0
Đồ thị :

Trang 23
Bài 5 : Cho hàm số 𝑦 = −𝑥4 − 2𝑚𝑥2 + 𝑚2 + 𝑚
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -2

Trang 24
b. Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB = BO = OC = CD
GIẢI
a. Với m = -2, phương trình trở thành : 𝑦 = −𝑥4 + 4𝑥2 + 2
TXD : D = R
Hàm sô là hàm số chẵn
lim
𝑥→+∞
𝑦 = −∞
lim
𝑥→−∞
𝑦 = −∞
𝑦′ = 4𝑥3 + 8𝑥
𝑦′ = 0  [
𝑥 = 0
𝑥 = √2
𝑥 = −√2
BBT :
x −∞ − √2 0 √2 + ∞
y’ + 0 − 0 + 0 −
y 6 6
−∞ 2 − ∞
Hàm số nghịch biếntrên các khoảng (−√2;0), (√2;+∞)
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−√2),(0;√2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, 𝑦 𝐶𝐷 = 2
Hàm số đạt cực đạitại [ 𝑥 = √2
𝑥 = −√2
, 𝑦 𝐶𝑇 = 6
Đồ thị :
b. Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt thì phương trình −𝑥4 + 4𝑥2 + 2 = 0có 4 nghiệm phân biệt

Trang 25
Đặt 𝑡 = 𝑥2 > 0
Phương trình trở thành : −𝑡2 − 2𝑚𝑡 + 𝑚2 + 𝑚 = 0 (*)
Để thỏa mãn đề bài, (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
∆= 4𝑚2 + 4(𝑚2 + 𝑚)
= 8𝑚2 + 4𝑚 > 0
 { 𝑃 = −( 𝑚2 + 𝑚) > 0
𝑆 = −2𝑚 > 0
 {
−1 < 𝑚 < 0
𝑚 < 0
 −1 < 𝑚 < −
1
2
Vì hàm số chẵn nên đối xứng qua Oy.
Để AB = BO = OC = CD thì 𝑂𝐷 = 𝑂𝐴 = 2𝑂𝐶 = 2𝑂𝐵
Gọi 𝑡1, 𝑡2 là 2 nghiệm của (*), với 𝑡1 < 𝑡2
 𝑂𝐶 = |√ 𝑡1|
 𝑂𝐷 = |√ 𝑡2|
 𝑡2 = 4𝑡1 (𝑂𝐷 = 2𝑂𝐶)
Ta có : 𝑡1 + 𝑡2 = −2𝑚 = 5𝑡1 => 𝑡1 = −
2
5
𝑡1. 𝑡2 = −( 𝑚2 + 𝑚) = 4𝑡1
2
= 4(−
2
5
)2
 [
𝑚 = 0 (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑚 = −
25
41
 Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì 𝑚 = −
25
41
.

Trang 26
D. Logarithm
Bài 1 : Giải phương trình sau :
1
2
log2 (x -1)2
–log1/2 (x +4) = log2 (3 –x)
Điều kiện : {
x − 1 ≠ 0
x > 0
x < 0
 {
x ≠ 1
−4 < 𝑥 < 3
Với điều kiện trên, phương trình trở thành : log2|x − 1| log2(x +4) = log2(3 –x)
 log2|x − 1| = log2 (3 –x)(x +4)
 |x − 1| = -x2
–x +12
 {
−x2 − x + 12 ≥ 0
[x − 1 = −x2 − x + 12
x − 1 = −x2 + x + 12

{
−4 ≤ x ≤ 3
[
x = −1 + √14
x = −1 − √14
x = −√11
x = +√11
 [ x = −√11
x = −1 + √14
Vậy nghiệm của phương trình là
Bài 2 : Giải phương trình : log3(x2
+2x +1) = log2(x z2
+2x)
Điều kiện : {x2 + 2x + 1 > 0
x2 + 2x > 0
 x ∈ (−∞;−2) ∪ (0;+∞)
Đặt log3(x2
+2x +1) = log2(x z2
+2x) = t
 {x2 + 2x + 1 = 3t
x2 + 2x = 2t
 {x2 + 2x = 3t − 1
x2 + 2x = 2t  { 3t = 2t + 1
x2 + 2x = 2t  {
2
3
t
+
1
3
t
= 1 (1)
x2 + 2x = 2t
Xét hàm số f(t) =
2
3
t
+
1
3
t
= 1 trên R. Ta có : {
2
3
< 1
1
3
< 1
 f(t) =
2
3
t
+
1
3
t
là hàm số nghịch biến trên R.
Nhận thấy f(1) là nghiệm của phương trình (1)
 t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Với t = 1, ta có :
x2 + 2x = 2t  x2 + 2x = 2 [x = −1 + √3
x = −1 − √3
Vậy nghiệm của phương trình là
x = −1 + √3
x = −1 − √3
Bài 3 : Giải bất phương trình sau :
log(x−1)2
1
4
>
1
2
(*)

Trang 27
Điều kiện {
(x + 1)2 > 0
(x + 1)2 ≠ 1
 x ≠ 0;1; 2.
Với điều kiện trên, phương trình
(*)
1
2
log|x−1|
1
4
>
1
2
 log|x−1|
1
4
> 𝑙𝑜g|x−1||x − 1| (**)
Nếu |x − 1| > 1thì (**) 
1
4
> |x − 1| (vô lí)
Nếu 0 < |x − 1| < 1 thì
(**) 
1
4
< |x − 1| < 1 
[
{x − 1 >
1
4
x − 1 < 1
{x − 1 < −
1
4
x − 1 > −1
[
5
4
< 𝑥 < 2
0 < 𝑥 <
3
4
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là x ∈ (0;
3
4
) ∪ (
5
4
; 2)
Bài 4 : Giải bất phương trình sau :
log1
2
(x+3)2−log1
3
(x+3)3
x+1
> 0
Điều kiện : {
x > −3
x ≠ 1
 Trường hợp 1: x +1< 0  x < -1
Bất phương trình đã cho
 log1
2
(x + 3)2 − log1
3
(x+ 3)3 < 0
 3log3(x + 3) − 2log2(x + 2) < 0
3log3(x+ 3) − 2log23.log3(x + 2) < 0
 log3(x + 3)(3 − 2log23) < 0
 log3(x + 3) > 0 (do 3 − 2log23 < 0)
 x + 3 > 1
 x > -2
Kết hợp với điều kiện, ta có -2 < x < -1
 Trường hợp 2 : x +1> 0  x > -1
Bất phương trình đã cho
 log1
2
(x + 3)2 − log1
3
(x+ 3)3 > 0
 log3(x + 3)(3 − 2log23) > 0
 log3(x + 3) < 0 (do 3 − 2log23 < 0)
 x + 3 < −1
 x > -4 (không thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có tập nghiệm x ∈ (−2; −1).
Bài 5 : Giải phương trình : 3𝑥2
−2𝑥3
= log2(x2
+1) – log2x (1)
Điều kiện : x > 0
(1)  log2
x2+1
X
= 3x2 − 2x (2)
Ta có : x +
1
x
≥ 2, ∀x > 0
 log2 (x +
1
x
) ≥ log22 = 1
Dấu “=” xảy ra khi x =
1
x
 x = 1 (vì x > 0)
Xét hàm số 𝑦 = 3𝑥2
−2𝑥3
trên (0;+∞)

Trang 28
BBT
x 0 1 +∞
y’ 0 + 0 −
y 1
0 -∞
Từ BBT,ymax = 1  x = 1
y ≤ 1 3x2
-2x3
≤ 1
o x = 1
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Bài 6 : Giải bất phương trình :
𝑙𝑜𝑔2
2 𝑥+3
𝑙𝑜𝑔2+3
> 2
Điều kiện : {
𝑥 > 0
𝑙𝑜𝑔2 𝑥+ 3 ≠ 0
 {
𝑥 > 0
𝑥 ≠
1
8
Với điều kiện trên, phương trình

𝑙𝑜𝑔2
2 𝑥+3
𝑙𝑜𝑔2+3
− 2 > 0 
𝑙𝑜𝑔2
2 𝑥+3−𝑙𝑜𝑔2−6
𝑙𝑜𝑔2+3
> 0

𝑙𝑜𝑔2
2 𝑥−𝑙𝑜𝑔2−3
𝑙𝑜𝑔2+3
> 0 (1)
Đặt t = 𝑙𝑜𝑔2 thì (1) trở thành
𝑡2−2𝑡−3
𝑡+3
> 0
 [
{ 𝑡2 − 2𝑡 − 3 > 0
𝑡 + 3 > 0
{ 𝑡2 − 2𝑡 − 3 < 0
𝑡 + 3 < 0

[
{[
𝑡 > 3
𝑡 < −1
𝑡 > −3
{
−1 < 𝑡 < 3
𝑡 < −3
 [
𝑡 > 3
−3 < 𝑡 < −1
 t > 3  𝑙𝑜𝑔2 𝑥 > 3 x > 8
 -3 <t <-1  {
𝑙𝑜𝑔2 𝑥 < −1
𝑙𝑜𝑔2 𝑥 > −3
{
𝑥 >
1
8
𝑥 <
1
2
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nhiệm của bất phương trình là {
1
8
< 𝑥 <
1
2
𝑥 > 8
.
Bài 7 : Tìm TXD của hàm số :
y = √4𝑙𝑜𝑔2 𝑥 − (𝑙𝑜𝑔2
1
𝑥
)
2
− 3 + √𝑥2 − 7𝑥 + 6 (1)
(1)  y = √4𝑙𝑜𝑔2 𝑥 − 𝑙𝑜𝑔2
2
𝑥 − 3 + √𝑥2 − 7𝑥 + 6 (2)
Hàm số xác định khi và chỉ khi :
{
𝑥 > 0
𝑥2 − 7𝑥 + 6 ≥ 0
𝑙𝑜𝑔2
2
𝑥 − 4𝑙𝑜𝑔2 𝑥 + 3 ≥ 0
 {
𝑥 > 0
[
𝑥 < 1
𝑥 ≥ 6
1 ≤ 𝑙𝑜𝑔2 ≤ 3
 {[
0 < 𝑥 ≤ 1
𝑥 ≥ 6
2 ≤ 𝑥 ≤ 8
 6≤ 𝑥 ≤ 8
Vậy tập nghiệm của phương trình là [6 ;8]
Bài 8 : Giải phương trình a

Trang 29
2𝑙𝑜𝑔4(2𝑥2 − 𝑥 + 2𝑚 − 4𝑚2) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑥2 + 𝑚𝑥 − 2𝑚2) (1)
Điều kiện: 𝑥2 + 𝑚𝑥 − 2𝑚2 > 0
(1) 2𝑥2 − 𝑥 + 2𝑚 − 4𝑚2 = 𝑥2 + 𝑚𝑥 − 2𝑚2
 𝑥2 − (1 + 𝑚) 𝑥 + 2𝑚 − 2𝑚2 = 0
∆ = (1 + 𝑚)2 − 4(2𝑚 − 2𝑚2)
= 1 + 𝑚2 + 2𝑚 − 8𝑚 + 8𝑚2
= 9𝑚2 − 6𝑚 + 1
= (3𝑚 − 1)2 ≥ 0
Phương trình có 2 nghiệm {
𝑥1 =
1+𝑚+3𝑚−1
2
= 2𝑚
𝑥2 =
1+𝑚−3𝑚+1
2
= 1 − 𝑚
Ta có 𝑥1
2 + 𝑥2
2 > 1 (1 -m)2 + (2𝑚)2 > 1
 5𝑚2 − 2𝑚 > 0  [
𝑚 < 0
𝑚 >
2
5
(2)
Ta có : 𝑥2 − ( 𝑚 + 1) 𝑥 + 2𝑚 − 2𝑚2 = 0
 𝑥2 − 2𝑚2 = ( 𝑚 + 1) 𝑥 − 2𝑚
Thay vào điều kiện : 𝑥2 + 𝑚𝑥 − 2𝑚2 > 0
 ( 𝑚 + 1) 𝑥 − 2𝑚 + 𝑚𝑥 > 0
(2𝑚 + 1) 𝑥 − 2𝑚 > 0
 Với x = 1 –m thì (2m +1)x -2m > 0 trở thành (2m +1) (1 –m) -2m > 0
 2m -2m2
+1 –m -2m >0
 2m2
+m -1 <0
 -1 < m <
1
2
(3)
 Với x = 2m thì (2m +1)x -2m > 0 trở thành thì (2m +1).2m -2m > 0
 4m2
>0
 m ≠ 0 (4)
Kết hợp (2), (3), (4),
 [
−1 < 𝑚 < 0
2
5
< 𝑚 <
1
2
Vậy
Bài 9 : Giải phương trình :
4𝑙𝑜𝑔0,5(𝑠𝑖𝑛2 𝑥+5𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+2)
=
1
9
Điều kiện : 𝑠𝑖𝑛2 𝑥+ 5𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2 > 0 (*)
Phương trình  −𝑙𝑜𝑔2( 𝑠𝑖𝑛2 𝑥+ 5𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2) = −𝑙𝑜𝑔23 (thỏa (*)a
 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 5𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+ 2 = 3
 𝑐𝑜𝑠𝑥 (5𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥) = 0
 [
𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0
5𝑠𝑖𝑛𝑥− 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0
 [
𝑥 =
𝜋
2
+ 𝑘𝜋
𝑡𝑎𝑛𝑥 =
1
5
= 𝑡𝑎𝑛𝛼
[
𝑥 =
𝜋
2
+ 𝑘𝜋
𝑥 = 𝛼 + 𝑘𝜋
Vậy phương trình có nghiệm …

Bài soạn toán hkI 12

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (18)

Similar to Bài soạn toán hkI 12

Similar to Bài soạn toán hkI 12 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bài soạn toán hkI 12