Đề kiểm tra Giữa học kì 2 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 5)

Đáp án đúng là: C

Trong không gian tọa độ Oxyz, có vectơ u→=2i→−3j→+k→.

Do đó tọa độ của u→=(2;−3;1).

Đáp án đúng là: A

Cho hàm số y = f (x) = x³ - 3x - 2022

⇒f'(x)=3x2−3 

Để hàm số y = f (x) nghịch biến thì f'(x)=3x2−3<0 

⇔3(x - 1)(x + 1) < 0 

⇔x−1>0x+1<0x−1<0x+1>0⇔x>1x<−1x<1x>−1 

⇔ -1 < x < 1.

Vậy hàm số y = x³ - 3x - 2022 nghịch biến trên khoảng (-1; 1).

Đáp án đúng là: D

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón với bán kính mặt đáy r và độ dài đường sinh l là: Sxq = πrl. 

Đáp án đúng là: B

∫13f(x)dx=∫12f(x)dx+∫23f(x)dx 

= 3 + 6 = 9.

Đáp án đúng là: A

Khối lập phương là khối đa diện đều loại {4;3}.

Đáp án đúng là: B

y=f(x)=13x3−2x2+3x−1 

⇒f'(x)=13.3x2−2.2x+3=x2−4x+3 

Xét phương trình f'(x)=0⇔x2−4x+3=0 

 ⇔(x2 - x) - (3x - 3) = 0 

⇔ x.(x - 1) - 3.(x - 1) = 0

⇔ (x - 1).(x - 3) = 0

⇔[x=1x=3 

Ta xét bảng biến thiên của hàm số y=f(x)=13x3−2x2+3x−1 trên R.

Dựa vào bảng biến thiên. Suy ra, điểm cực đại của hàm số là x = 3.

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi và chỉ khi x - 1 > 0 ⇔ x > 1

Vậy tập xác định của hàm số là D = (1; +∞).

Đáp án đúng là: A

P=2a4a=2a24a=2a2.4a=22=4 

Đáp án đúng là D.

Mặt cầu tâm O(0; 0; 0), bán kính bằng 2 có phương trình là

(x - 0)² + (y - 0)² + (z - 0)² = 2²

⇔ x² + y² + z² = 4.

Đáp án đúng là: C

y=2x⇒y'=(2x)'=2xln2 

Đáp án đúng là: B

Tích vô hướng a→.b→=(1;−2;2).(−1;2;1) 

= 1.(-1) + (-2).2 + 2.1 = (-1) + (-4) + 2 = -3

Đáp án đúng là: D

y=2x−11−x=2x−1−x+1 

Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là

y=2−1=−2 

Đáp án đúng là: A

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(-1; 2; 1) và nhận vectơ  làm vectơ pháp tuyến là

2.[x - (-1)] + (-1).(y - 2) + (-1).(z - 1) = 0

⇔2(x + 1)+ (y - 2) + (z - 1) = 0

⇔ 2x + 2 - y + 2 - z + 1 = 0

⇔2x - y - z + 5 = 0.

Đáp án đúng là: D

∫123f(x)−g(x)dx=3∫12f(x)dx−∫12g(x)dx 

= 3.1 - 2 = 1.

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi và chỉ khi x>0log2x−1≠0⇔x>0log2x≠1⇔x>0x≠2 

Vậy tập xác định của hàm số là D = (0; +∞) \ {2}.

Đáp án đúng là: A

Đặt u = 2x - 1 du = 2 dx ⇔dx=du2 

Từ đó, ∫1(2x−1)2dx=∫1u2.du2=12∫duu2 

=−12u+C=−12.(2x−1)+C=−14x−2+C 

Đáp án đúng là: B

Phương trình giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là x−1x−2=0⇔x=1 

Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành là I(1; 0)

y=x−1x−2 

⇒y'=(x−1)'.(x−2)−(x−2)'.(x−1)(x−2)2 

=(x−2)−(x−1)(x−2)2=−1(x−2)2 

⇒y'I=−1(1−2)2=−1 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm I(1; 0) là  

y=y'I(x−xI)+yI 

⇔ y = (-1).(x - 1) + 0

⇔ y = 1 - x.

Đáp án đúng là: D

P = log₆ 12 = log₆ (6.2) = log₆ 6 + log₆ 2

=1+1log26=1+1log2(2 . 3) 

=1+1log22+log23 

=1+11+a=1+a+11+a=2+a1+a.

Đáp án đúng là: C

Công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành, đường thẳng x = a và x = b là V=π∫abf2(x)dx.

Đáp án đúng là: C

Nhận dạng đồ thị trên là đồ thị của hàm trùng phương y = f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ¹ 0)

Đồ thị f (x) đi qua điểm có tọa độ (0; 2) nên ta có f (0) = c = 2.

Suy ra f (x) = ax⁴ + bx² + 2

Từ đó, f'(x)=4ax3+2bx=2x.(2ax2+b) 

Dựa vào đồ thị ta thấy, khi x ⟶ +∞ thì f (x) ⟶ +∞

Từ đó suy ra a > 0

Loại 2 đáp án là A và D

Ngoài cực trị x = 0, f (x) còn tồn tại hai cực trị trái dấu x₁, x₂ với |x1|=|x2|<1 

Nên suy ra a.b < 0

Loại đáp án B

Vậy đồ thị hàm số thỏa mãn những điều kiện trên là y = x⁴ - 5x² + 2.

Đáp án đúng là: A

Ta có: SA = SB = a = l

Tam giác SAB là tam giác vuông cân tại S.

Theo định lý Py-ta-go với tam giác SAB vuông cân tại S, ta có:

AB=SA2+SB2=a2+a2=a2 

⇒r=OB=AB2=a22 

Và h=SO=AB2=a22 

Thể tích khối nón bằng V=13πr2h=13π  .  a222. a22=πa3212 .

Đáp án đúng là: D

6^x + 12 = 3^x+1 + 2^x+2

⇔ 6^x + 12 = 3.3^x + 4.2^x

⇔ 6^x - 3.3^x = 4.2^x - 12

⇔3^x.(2^x - 3) = 4.(2^x - 3)

⇔(3^x - 4).(2^x - 3) = 0

⇔[3x−4=02x−3=0 

⇔[3x=42x=3 

⇔[x=log34x=log23 

Từ đó x₁.x₂ = log₃ 4.log₂ 3 = log₂ 4 = 2.

Đáp án đúng là: D

∫2xdx=∫2x . ln2  . 1ln2dx 

Đặt  u=1ln2dv=2x . ln2dx⇔du=0dxv=2x 

⇒∫2xdx=2xln2+C 

Đáp án đúng là: C

Đặt u = 2x + 1 ⇒ du = 2 dx ⇔dx=du2

⇒∫12x+1dx=∫1u.du2=12∫duu 

=ln|u|2+C=ln|2x+1|2+C 

Đáp án đúng là: B

y = 4sin³ x + 9cos² x + 6sin x - 10

= 4sin³ x + (9cos² x - 9) + 6sin x - 1

= 4sin³ x - 9sin² x + 6sin x - 1

Đặt f (t) = 4t³ - 9t² + 6t - 1 với t = sin x Î [-1; 1]

⇔ (12t² -12t) - (6t - 6) = 0

⇔12t.(t - 1) - 6(t - 1) = 0

⇔6(2t -1).(t - 1) = 0

⇔[2t−1=0t−1=0⇔[t=12t=1 

Xét bảng biến thiên của hàm số f (t) = 4t³ - 9t² + 6t - 1 trên đoạn [-1; 1]

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra M=14, m=−20 

Do đó M . m=14 . (−20)=−5 

Đáp án đúng là: D

F(x)=∫f(x)dx=∫exdx=ex+C 

⇒ F(0) = e⁰ + C = 1 + C = 2

⇔ C = 1 ⇒F (x) = e^x + 1

Suy ra, F (1) = e + 1.

Đáp án đúng là: A

Đặt u = 2x + 1 ⇒ du = 2 dx ⇔dx=du2 

 ∫sin(2x+1)dx=∫sin(u)du2=12∫sin(u)du 

=−12cos(u)+C=−12cos(2x+1)+C 

Đáp án đúng là: C

y'=(x+1)'.(x+m)−(x+m)'.(x+1)(x+m)2 

=(x+m)−(x+1)(x+m)2=m−1(x+m)2 

Hàm số y=x+1x+m đồng biến trên khoảng (-∞;-2) khi và chỉ khi

y'>0−m∉(−∞;−2) ⇔m−1(x+m)2>0−m≥−2 

⇔m>1m≤2 ⇔1<m≤2 

Vậy giá trị m∈(1;2]  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: C

Đặt u = x² + 1 ⇒ du = 2xdx ⇔xdx=du2

Khi đó, ∫xex2+1dx=∫eudu2=12∫eudu 

=12eu+C=12ex2+1+C 

Đáp án đúng là: D

F(x)=∫f(x)dx=∫x.(x2+1)2022dx 

Đặt u = x² + 1 ⇒ du = 2xdx ⇔xdx=du2 

F(x)=∫x.(x2+1)2022dx=∫u2022du2 

=12.2023.u2023+C=14046.(x2+1)2023+C 

Suy ra F(0)=14046+C=14046⇔C=0 

Từ đó F(x)=14046.(x2+1)2023 

⇒F(2)=220234046=220222023 

Đáp án đúng là: B

∫0114−x2dx=−∫011x2−4dx 

=−∫011(x−2).(x+2)dx 

=−14∫01(x+2)−(x−2)(x−2).(x+2)dx 

=−14∫011x−2−1x+2dx 

=−14ln|x−2|−ln|x+2|01 

=ln34+ln24−ln24=ln34 

Suy ra a = 3, b = 4

Vậy giá trị a + b = 3 + 4 = 7.

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB với A(-1; 2; 0), B(3; 2; 2)

Suy ra điểm I có tọa độ là (x_I; y_I; z_I) với

xI=xA+xB2yI=yA+yB2zI=zA+zB2⇒xI=(−1)+32=1yI=2+22=2zI=0+22=1  

⇒ I(1; 2; 1)

Ta có AB→=(4;0;2) 

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nhận vectơ AB→ là vectơ pháp tuyến

Mặt phẳng (P) đi qua điểm I(1; 2; 1), nhận n→=(4;0;2) là vectơ pháp tuyến có phương trình

4(x - 1) + 2(z - 1) = 0

⇔ 4x - 4 + 2z - 2 = 0

⇔4x + 2z - 6 = 0

⇔2x + z - 3 = 0.

Đáp án đúng là: D

∫02ex+2dx=∫02ex+22dx 

Đặt u=x+22⇒du=dx2⇔dx=2 du 

Đổi cận ta được:

+ x = 0 ⇒u = 1

+ x = 2 ⇒ u = 2

Suy ra ∫02ex+22dx=∫122eudu 

=2eu21=2e2−2e 

⇒a = 1, b = -2

⇒ a² + b² = 1² + (-2)² = 5.

Đáp án đúng là: C

Đặt x = tan t Þ x² + 1 = tan² t + 1

Và dx=1cos2tdt=(tan2t+1)dt 

Đổi cận ta được:

+ x = 0 ⇒ t = 0

+ x = 2 ⇒t=π4 

⇒∫01x+1x2+1dx=∫0π4tant+1tan2t+1.(tan2t+1)dt 

=∫0π4(tant+1)dt=∫0π4sintcost+1dt  

=(−ln|cost|+t)0π4=π4−ln22=12ln2+π4 

Suy ra a=12, b=14⇒a.b=12.14=18 

Đáp án đúng là: B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x³ và trục hoành là x³ = 0 ⇔ x = 0

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x³, trục hoành và đường thẳng x = 1 là

S=∫01|x3|dx=∫01x3dx=x4401=14 

Đáp án đúng là: B

Từ thời điểm t₀ = 0 (s) đến lúc dừng hẳn tức là v (t₁) = 10 - 5t₁ = 0 ⇔ t₁ = 2 (s)

Quãng đường ô tô dịch chuyển từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn bằng S=∫02|10−5t|dt=∫02(10−5t)dt

=10t−52t202=10.2−52.22=10 (m).

Đáp án đúng là: D

AH là đường cao của tứ diện đều A.BCD nên H là trọng tâm tam giác BCD

Suy ra, HD=a33 

⇒AH=AD2−HD2 

=a2−a332=a63 

Và SBCD=12BC.BD.sinCBD^=a234 

Ta có: AMAB=ANAC=APAD=12 

Suy ra mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (BCD)

⇒ d_O/(MNP) = d_B/(MNP) = d_A/(MNP)

=12dA/(BCD)=AH2=a66 

SMNP=(AMAB)2.SBCD=14SBCD=a2316 

Suy ra VO.MNP=13dO/(MNP).SMNP 

=13.a66.a2316=a3236 

Đáp án đúng là: B

 x.log₂₈ 2 + y.log₂₈ 7 = 2

⇔xlog228+ylog728=2 

⇔xlog2(22.7)+ylog7(22.7)=2 

⇔x2+log27+y1+2log72=2  (*)

Đặt log₇ 2 = t nên suy ra phương trình (*) trở thành

x2+1t+y1+2t=2 

⇔x2t+1t+y1+2t=2 

⇔xt+y2t+1=2  (**)

Với x, y là hai số tự nhiên thì phương trình (**) chỉ thỏa mãn khi và chỉ khi x = 2.2 = 4 và y = 2.1 = 2

⇒ x + y = 4 + 2 = 6.

Đáp án đúng là: A

SA=ABtan(ASB^)=a3tan(60°)=a 

SB=ABsin(ASB^)=a3sin(60°)=2a 

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lý sin ta có ABsin(ACB^)=a3sin(45°)=a6=2r 

⇔r=a62=IA 

 

 

Từ tâm I dựng đường thẳng d vuông góc với mặt đáy.

Lấy M là trung điểm của SA, tạo một mặt phẳng (P) qua M sao cho SA ⊥ (P)

Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng d tại một điểm O, đó là tâm mặt cầu cần tìm và độ dài AO chính là bán kính mặt cầu đó

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác OAM vuông tại M

AO=MA2+OM2=14SA2+AI2 

=14a2+(a62)2=a72 

Đáp án đúng là: C

 

Ta có SA ⊥ (ABC) Þ SA⊥ BC

Kết hợp điều kiện AB⊥ BC (Do ABC^=90°)

Suy ra BC⊥ (SAB)

Kẻ AH ⊥SB (H ∈ SB) (*)

Þ BC ⊥ AH (**)

Từ (*) và (**) nên suy ra AH ⊥(SBC)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) chính bằng AH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAB vuông tại A ta có

1AH2=1SA2+1AB2=1a2+1a2=2a2 

⇒AH=a22 

Đáp án đúng là: D

Lấy H là trung điểm của AC và tam giác ABC, tam giác SAC đều nên ta có SH ⊥ AC, BH ⊥AC

(SAC) ⊥ (ABC)

Tam giác ABC đều nên với M là trung điểm của BC thì ta có AM ⊥ BC

Kẻ HI // AM (I ∈ BC) ⇒ HI ⊥ BC (*)

Kết hợp điều kiện SH ⊥ BC (Do SH ⊥ (ABC))

Nên suy ra BC ⊥ (SHI) ⇒ BC ⊥ SI (**)

Từ (*) và (**) nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) chính là góc SIH^ 

Xét tam giác SIH vuông tại H ta có tan(α)=tan(SIH^)=SHHI 

SH và AM là đường cao của tam giác đều có cạnh bằng a nên SH=AM=a32 

Từ đó suy ra tan(α)=a32:a34=2 

Đáp án đúng là: B

Ta có:

OA→=(−1;2;2)OB→=(2;−1;−2) 

Diện tích tam giác OAB được tính theo công thức

SOAB=12|[OA→;OB→]| 

=1222-1-2;2-1-22;-122-1 

=12−2;2;−3=12(−2)2+22+(−3)2 

=172 

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB với A(-1; 2; 0), B(-3; 4; 2)

Suy ra điểm I có tọa độ là (x_I; y_I; z_I) với

xI=xA+xB2yI=yA+yB2zI=zA+zB2⇒xI=(−1)+(−3)2=−2yI=2+42=3zI=0+22=1 

⇒ I(-2; 3; 1)

AB=(xA−xB)2+(yA−yB)2+(zA−zB)2 

=(−1+3)2+(2−4)2+(0−2)2=23 

⇒R=AB2=3 

Mặt cầu tâm I(-2; 3; 1) và bán kính R=3 có phương trình

(x + 2)² + (y - 3)² + (z - 1)² = 3.

Đáp án đúng là: B

Gọi phương trình mặt phẳng (P) có dạng Ax + By + Cz + D = 0

Hai điểm A(0; 1; -2), B(2; 1; 0) thuộc mặt phẳng (P) nên ta có hệ phương trình

B−2C+D=02A+B+D=0⇔2A+2C=0B+D=2C 

⇔A=−CB+D=−2A 

Phương trình (P) trở thành −B+D2x+By+B+D2z+D=0 

Khoảng cách từ O đến (P) là dO/(P)=−B+D2.0+B.0+B+D2.0+D−B+D22+B2+B+D22

=|D|3B22+BD+D22 (*)

+ Với D = 0 ⇒ d_O/(P) = 0

+ Với D ≠0. Chia cả tử và mẫu của (*) cho |D| ta được

dO/(P)=13B22D2+BD+12=132t2+t+12 với t=BD 

Yêu cầu bài toán tìm t ∈ ℝ để 132t2+t+12 đạt giá trị lớn nhất

Suy ra hàm số f(t)=32t2+t+12 đạt giá trị nhỏ nhất

Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi t đạt tại giá trị t=−b2a=−12.32=−13 

⇒f−13=32.−132+−13+12=13 

Với t=BD=−13 

Chọn B = 1, D = -3 ⇒A = - C = 1

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là

x + y - z - 3 = 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có: u=x+2⇒du=dxdv=f'(x)dx⇒v=f(x) 

⇒∫01(x+2)f'(x)dx=(x+2)f(x)01−∫01f(x)dx 

⇔5=3f(1)−2f(0)−∫01f(x)dx 

⇔∫01f(x)dx=3f(1)−2f(0)−5=3.7−2.7−5=2 

 

 

 

Gọi điểm M có tọa độ là M(x; y; z)

MA² + MB² = 30

Û (x + 1)² + y² + (z – 2)² + (x – 3)² + (y – 2)² + (z + 2)² = 30

Û x² + 2x + 1 + y² + z² – 4z + 4 + x² – 6x + 9 + y² – 4y + 4 + z² + 4z + 4 = 30

⇔2x² + 2y² + 2z² – 4x – 4y – 8 = 0

⇔x² + y² + z² – 2x – 2y – 4 = 0

⇔(x² – 2x + 1) + (y² – 2y + 1) + z² = 6

⇔(x – 1)² + (y – 1)² + z² = 6 (*)

Phương trình (*) là phương trình một mặt cầu có bán kính R=6 

Đáp án đúng là: D

Tập xác định

x+1>0x+1≠1⇔x>−1x≠0⇔x∈∈(−1;+∞)\{0} 

log2(x+1)+mlogx+14=5 

⇔log2(x+1)+mlog(x+1)1222=5 

⇔log2(x+1)+2.112mlogx+12=5 

⇔ log₂ (x + 1) + 4mlog_x+1 2 = 5⇔log2(x+1)+4mlog2(x+1)=5 (*)

Đặt t = log₂ (x + 1) (t Î ℝ \ {0})

Phương trình (*) trở thành

t+4mt=5 

⇒ t² + 4m = 5t (Nhân 2 vế với t)

⇔ t² – 5t = –4m

Xét bảng biến thiên của f (t) = t² – 5t = –4m trên ℝ \ {0}

Dựa vào bảng biên thiên để phương trình có nghiệm thì −4m≥−254⇔m≤2516 

Số giá trị nguyên dương của m là m = {1}

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số g (x) = x² - 4x - 1 + m

⇒g'(x)=2x−4 

Ta có: y'=f'(x)=g'(x).g(x)|g(x)|=0 

⇒[g'(x)=0g(x)=0⇔[2x−4=0x2−4x−1+m=0 

⇔[x=2 x2−4x−1+m=0 (*) 

+ TH1: Phương trình (*) không cho nghiệm mũ lẻ. Suy ra f (x) chỉ có một cực trị x = 2

Điều kiện: D = (-2)² - (-1 + m) = 5 - m ≤0

⇔ m ³ 5

Ta xét bảng biến thiên của hàm số y = f (x) trên đoạn [0; 3]

Với m ³ 5 ⇒|m−1|≥|m−4| 

Vậy max[0; 3]f(x)=|m−1|=m−1=3 

Û m = 4 (loại).

+ TH1: Phương trình (*) cho 2 nghiệm mũ lẻ. Suy ra f (x) chỉ có 3 cực trị x = 2, x = x₁ và x= x₂

Điều kiện: D = (-2)² - (-1 + m) = 5 - m > 0

⇔ m < 5

Ta xét bảng biến thiên của hàm số y = f (x) trên đoạn [0; 3]

Với m < 5 nên f(2) > f (0) > f (3)

Kết hợp với dựa vào bảng biến thiên thì f (2) > f (x₁) và f (x₂)

Nên max[0; 3]f(x)=|m−5|=5−m=3 

⇔ m = 2 (thỏa mãn)

Vậy chỉ có 1 giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán là m = 2.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lý Pytago ta có

A'D=A'D'2+DD'2=a2+(a3)2=2a 

A'C'=A'D'2+C'D'2=a2+(a2)2=a3 

DC'=DD'2+C'D'2=(a3)2+(a2)2=a5 

Sử dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác A’DC’

Ta có p là nửa chu vi tam giác A’DC’ với p=A'D+DC'+C'A'2 

⇒p=2a+a5+a32=2+5+32a  

Suy ra SA'DC'=p(p−A'D)(p−DC')(p−C'A') (*)

Thay các giá trị vào (*) ta được SA'DC'=a2112 

Kẻ D’H ⊥ A’C’ (H ∈ A’C’)

D’I ⊥DH (I ∈ DH)

DD'⊥A'C'D'H⊥A'C'⇒A'C'⊥(DD'H) 

A'C'⊥ID'DH⊥ID'⇒ID'⊥(A'DC') 

Vậy khoảng cách từ D’ đến A’DC’ chính bằng ID’

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

 1ID'2=1DD'2+1HD'2=1DD'2+1A'D'2+1C'D'2 

=1(a3)2+1a2+1(a2)2=116a2 

⇒ID'=a611 

Lại có, MA // A’B’ nên theo Ta-lét ta có

MAA'B'=OAOB=MOOA'=12⇒OABA=MOMA'=13 

Kết hợp điều kiện AB’ // DC’

⇒2d_{M/(A’DC’)} = 3d_{O/(A’DC’)}

= 3d_{A/(A’DC’)} = 3d_{D’/(A’DC’)} = 3ID’

⇔dM/(A’DC’)=32ID'=3a6211 

Suy ra VM.A'DC'=13dM/(A'DC').SA'DC' 

=13.3a6211.a2112=a364 

Đáp án đúng là: C

+ Với x > 0 ⇒ y = x³ - 6x² + 9x - 3

⇔ (3x² - 9x) - (3x - 9) = 0

⇔ 3x.(x - 3) - 3(x - 3) = 0

⇔3(x - 1).(x - 3) = 0

⇒[x−1=0x−3=0⇔[x=1x=3 

Suy ra x_A = 1 thì tọa độ điểm A là (1; 1)

x_B = 3 thì tọa độ điểm B là (3; -3)

+ Với x < 0 ⇒ y = - x³ - 6x² - 9x - 3

⇔ (- 3x² - 9x) - (3x + 9) = 0

⇔-3x.(x + 3) - 3(x + 3) = 0

⇔ -3(x + 1).(x + 3) = 0

⇒[x+1=0x+3=0⇔[x=−1x=−3 

Suy ra x_C = -1 thì tọa độ điểm C là (-1; 1)

x_D = 3 thì tọa độ điểm D là (-3; -3)

d là trục đối xứng của hình thang cân ABDC nên với mọi điểm nằm trên d luôn cách đều hai điểm A, C và hai điểm B, D (*)

Suy ra d là đường trung trực của hai đoạn thẳng AC và BD, cắt AC tại M

M là trung điểm của AC nên ta có tọa độ điểm M là M(x_M; y_M) với

 xM=xA+xC2=1−12=0yM=yA+yC2=1+12=1 Þ M(0; 1)

Kẻ đường thẳng s là đường trung trực của đoạn thẳng CD, cắt CD và d lần lượt tại N và I

Suy ra với mọi điểm trên s thì cách đều hai điểm C và D (**)

N là trung điểm của CD nên tương tự ta có tọa độ điểm N là N(-2; -1)

Từ (*) và (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABDC

Đường thẳng d đi qua M(0; 1) và có vectơ pháp tuyến là CA→=(2;0) có phương trình (d): 2x = 0

⇒ I(0; y_I)

Đường thẳng s đi qua N(-2; -1) và có vectơ pháp tuyến là DC→=(2;4) có phương trình

2(x + 2) + 4(y+1) = 0

⇔2x + 4 + 4y + 4 = 0

⇔2x + 4y + 8 = 0

⇔ x + 2y + 4 = 0

Từ đây suy ra x_I + 2y_I + 4 = 0 Û y_I = -2

Suy ra tọa độ điểm I là I(0; -2)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ABDC là

IA=(xA−xI)2+(yA−yI)2 

=12+(1+1)2=5