s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · x0 gọi là điểm cực trị của hàm số”, hoặc...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

1.B 2.B 3.C 4.C 5.B 6.A 7.A 8.A 9.A 10.C

11.C 12.C 13.A 14.C 15.B 16.C 17.B 18.C 19.C 20.C

21.A 22.C 23.C 24.B 25.C 26.D 27.B 28.A 29.C 30.B

31.C 32.B 33.C 34.C 35.B 36.A 37.C 38.D 39.D 40.C

41.D 42.C 43.C 44.B 45.C 46.D 47.D 48.A 49.B 50.D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Tập xác định \ 3D .

Đạo hàm

2

2' ,0,

3y x D

x

Hàm số nghịch biến trên \ 3 , hoặc

làm số nghịch biến trên ;3 3; . Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận đứng: 3x ; tiệm cận ngang: 1y . Đồ thị hàm số nhận giao điểm

3;1I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Từ đó nhiều học sinh kết luận các mệnh đề 1 , 3 , 4 đúng và chọn ngay A.

Tuy nhiên đây là phương án sai.

Phân tích sai lầm:

Mệnh đề 1 sai, sửa lại: hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;3 và

3; . Học sinh cần nhớ rằng, ta chỉ học định nghĩa hàm số đồng biến

(nghịch biến) trên khoảng, đoạn, nửa khoảng; chứ không có trên những khoảng

hợp nhau.

Mệnh đề 2 sai. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là 3x , một tiệm cận

ngang là 1y .

Mệnh đề 3 , 4 đúng.

Câu 2: Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Ta thấy 2

2

1 khi 0, '

1 khi 0

xx xy x x y

xxx

STUDY TIPS

Điều kiện đủ về cực trị

của hàm số: “Nếu

f x đổi dấu qua 0x thì

0x gọi là điểm cực trị của

hàm số”, hoặc nếu nhìn

vòa đồ thị hàm số thì “Đồ

thị hàm số đổi chiều qua

điểm 0x thì 0x gọi là

điểm cực trị”. Do đó hàm

số y f x có thể không

có đạo hàm tại 0x nhưng

vẫn có thể đạt cực trị tại

điểm 0x .



Từ đó học sinh kết luận ngay hàm số không có đạo hàm tại 0x và cũng

không đạt cực trị tại điểm 0x . Nhiều học sinh sẽ chọn ngay phương án A.

Đây là đáp án sai.

Phân tích sai lầm: Nhiều học sinh ngộ nhận ngay điều kiện cần và đủ để hàm

số có cực trị là “Nếu hàm số y f x đạt cực trị tại 0x thì 0' 0f x ”, từ

đó nếu 0' 0f x thì hàm số không đạt cực trị tại điểm 0x . Tuy nhiên, điều

này là sai lầm vì định lý trên chiều ngược lại có thể không đúng, tức chỉ đúng

với một chiều.

Vậy, đối với hàm số đã cho ta có 2

1 khi 0'

1 khi 0

xx xy

xxx

.

Dễ thấy đạo hàm 'y đổi dấu qua điểm 0x nên 0x là điểm cực trị của hàm

số, ở đây 0x là điểm cực tiểu của hàm số.

Quan sát đồ thị hàm số y x hình vẽ bên để hiểu rõ hơn về điểm cực trị của

hàm số này.

Câu 3: Đáp án C

Đạo hàm 2 0' 3 6 3 2 ; ' 0

2

xy x x x x y

x

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy ' 0, 0;2y x nên hàm số nghịch biến

trên khoảng 0;2 .

Câu 4: Đáp án C

Tập xác định: 2;2 \ 1D . Ta thấy

24

1 4

xy

x x

.

Ta có

2

1 1

4lim lim

1 4x x

xy

x x

và

2

1 1

4lim lim

1 4x x

xy

x x

nên đồ thị có đúng một đường tiệm cận

đứng là 1x .

Do tập xác định 2;2 \ 1D nên ta không xét được limx

y

và limx

y

. Vậy

hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Câu 5: Đáp án B



Cách 1: Tư duy tự luận

2

2 3 2 2 4 21 32 3.2 1 0 . 2 .2 1 0

18 4 2 2

x

x x x x

x

x

x

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1 2 3 .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy phương trình có hai nghiệm 1x và 2x . Tổng các nghiệm là 1 2 3 .

Câu 6: Đáp án A


327 3 3 53

1 1log 5 log 5 log 5 log 5 3 log 3

3 3a a

a .

55 5 3 2

2

2 log 3 2log 4 log 3.log 2.log 4

log 3 3ac .

38 2 2 7 7 72

1 1 2log 7 log 7 log 7 log 7 3 log 2 log 4 2log 2 .

3 3 3b b

b b

7 7 2log 3 log 2.log 33

c

b .

12 12 12

5 7 5 5 7 7

1 1 1 1log 35 log 5 log 7

log 12 log 12 log 3 log 4 log 3 log 4

12

1 1 3 3 3 3log 35

1 2 2 2 2 23 3 3 3

ac b b ac

c c c ca ac b b

.


STUDY TIPS

Công thức cần nhớ:

d f x f ' x dx

STUDY TIPS

Trên MTCT, ta nên hạn chế

nhập vào máy hàm chứa

giá trị tuyệt đối f x .

Thay vào đó, ta nhập hàm

2

f x do

2

f x f x .



Câu 7: Đáp án A


Phương án A: cossin

tan ln coscos cos

d xxxdx dx x C

x x .

Phương án B: sincos

cot ln sinsin sin

d xxxdx dx x C

x x .

Phương án C: sin 2 cos 2cos2 2 2

x x xdx d C

.

Phương án D: cos 2 sin 2sin2 2 2

x x xdx d C

.

Vậy phương án A đúng.


Câu 8: Đáp án A

Cách 1: Xét phương trình: 2 23 3; 1 1x x x x .

Quan sát hình vẽ:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 , 3, 0y x y x là

0 0 3

2 21

3 3

03 3 3 2 3

3 3

xS x dx x dx x

(đvdt).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 , 1, 0y x y x là

0 0 3

2 22

1 1

0 21 1

13 3

xS x dx x dx x

(đvdt).

STUDY TIPS

Cho hai hàm số y f x và

y g x liên tục trên đoạn

a;b . Diện tích hình phẳng D

giới hạn bởi các đồ thị

y f x , y g x và hai

đường thẳng x a, x b

(a b) được tính theo công

thức: b

a

S f x g x dx .

Tương tự, cho hai hàm số

x f y và x g y liên tục

trên đoạn a;b . Diện tích hình

phẳng D giới hạn bởi các đồ thị

x f y , x g y và hai

đường thẳng y a, y b

(a b) được tính theo CT:

b

a

S f y g y dy .



Vậy diện tích hình phẳng cần tính là 1 2

22 3

3S S S (đvdt).

Cách 2: Ta có 30y

y xx y

. Từ hình vẽ ta thấy 0x x y .

Diện tích hình phẳng cần tính là:

3 3 3

1 1

32 20 2 3

13 3

yS y dy ydy (đvdt).

Câu 9: Đáp án A

Dễ thấy 9 1 9

0 0 1

9 2 11f x dx f x dx f x dx .

Ta có 3 3 3

1 2

0 0 0

3 33 3

x xI f f x dx f dx f x dx I I

.

* Tính 3

1

03

xI f dx

: Đặt 3

3

xt dx dt . Đổi cận

0 0; 3 1x t x t .

Khi đó 1 1

1

0 0

3 3 3.9 27I f t dt f x dx .

* Tính 3

2

0

3I f x dx : Đặt 1

33

t x dx dt . Đổi cận

0 0; 3 9x t x t .

Khi đó 9 9

2

0 0

1 1 11

3 3 3I f t dt f x dx . Vậy 1 2

11 9227

3 3I I I .

Câu 10: Đáp án C

Giả sử , ,z x yi x y . Khi đó điểm biểu diễn số phức z là ;M x y .

Từ giả thiết, ta có 2 3 7 2 3 7z i x y i

2 2 2 2

2 3 7 2 3 49x y x y .

Vậy tập hợp các điểm ;M x y biểu diễn số phức z z yi là đường tròn

2 2

: 2 3 49C x y có tâm 2; 3I , bán kính 7R .

STUDY TIPS

Ta luôn có:

b b

a a

f x dx f t dt

b

a

f u du ...

STUDY TIPS

Đường tròn và hình tròn:

1. Đường tròn tâm I bán

kính R 0 là hình gồm

những điểm cách đều điểm I

một khoảng bằng R. Trong

mặt phẳng tọa độ Oxy,

đường tròn tâm I(a;b) bán

kính R có phương trình là

2 2 2x a y b R .

2. Hình tròn là tập hợp

những điểm nằm trong và

nằm trên đường tròn, hay

là tập hợp những điểm cách

tâm một khoảng nhỏ hơn

hoặc bằng bán kính. Trong

mặt phẳng tọa độ Oxy, hình

tròn tâm I(a;b) bán kính R

có phương trình

2 2 2x a y b R



Câu 11: Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng BCD . Do ABCD là tứ diện

đều nên tâm H là tâm đường trong ngoại tiếp BCD .

Đặt cạnh của tứ diện là a. Gọi M là trung điểm của CD.

Do BCD đều nên 3 2 2 3 3

.2 3 3 2 3

a a aBM BH BM .

Ta có ABH vuông tại H nên

2

2 2 2 3 6

3 3

a aAH AB BH a

.

Từ giả thiết ta có 26 3 27 3

6 3 63 4 2

BCD

a aAH a S (đvdt).

Vậy thể tích của tứ diện ABCD là

1 1 27 3. .6. 27 3

3 3 2BCDV AH S (đvtt).


Thể tích khối cầu là 3 34 32

. 23 3

V R R (đvtt).


Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P là:

2 22

2.1 2 2 13 3 4;

32 2 1d M P

.


Điểm D Oy nên 0; ;0D y . Suy ra 2; 1;1AD y

.

Ta có 1; 1;2 , 0; 2;4 , 0; 4; 2AB AC AB AC

.

Khi đó 2 11 1

, . 4 26 6 3

ABCD

yV AB AC AD y

.

Từ giả thiết ta có 82 1

5 573

ABCD

yyV

y

. Vậy

0; 7;0

0;8;0

D

D

.

Tính tích có hướng ,AB AC

bằng MTCT:

STUDY TIPS

Cho tứ diện đều ABCD.

Chiều cao kẻ từ đỉnh A của

tứ diện là:

a 6d A; BCD .

3

STUDY TIPS

Thể tích khối cầu bán kính

bằng R là: 34V R

3 .

STUDY TIPS

Trong không gian Oxyz,

cho điểm 0 0 0M x ; y ;z và

mặt phẳng P có phương

trình ax by cx d 0 .

Khoảng cách từ điểm M

đến mặt phẳng P là

0 0 0

2 2 2

ax by cz dd M; P

a b c

STUDY TIPS

Thể tích khối tứ diện

ABCD được tính theo

công thức:

ABCD

1V AB,AC AD

6

.



Câu 15: Đáp án B

Mặt cầu 2 2 2: 2 4 6 9 0S x y z x y z có tâm 1; 2;3I , bán kính

22 21 2 3 9 5R .


Số số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là 9.9.8.7 4536 . Không gian

mẫu có số phần tử là 14536 4536n C .

Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 25”. Gọi số đó có dạng Chọn thì

25;50;75cd .

* Số đó có dạng 25ab : Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7 49 số

25ab thỏa mãn.


50ab thỏa mãn.


75ab thỏa mãn.

Vậy số phần tử của biến cố A là 49 56 49 154n A .

Vậy xác suất cần tính là

154 11

4536 324

n AP A

n

.


Cách 1: Tư duy suy luận

Ta có 2

2 2

2006 2006

2006lim lim lim

2007 20072007 1 1 1x x x

x m x mmx x x

Lx x x x x

x x

2

2006

lim22007 1 1

1 1x

mm mx

x

. Để 0L thì 0 02

mm .

STUDY TIPS


mặt cầu

2 2 2S : x y z

2ax 2by 2cz d 0 có

tâm là I a;b;c , bán kính

2 2 2R a b c d .

STUDY TIPS

Dấu hiệu để một số tự

nhiên chia hết cho 25 là

hai chữ số tận cùng là 00,

25, 50, 75. Do bài toán

này yêu cầu các chữ số

khác nhau nên ta không

xét trường hợp cd 00 .




Chọn 0,5m thỏa mãn các phương án A, C, D. Ta có

2

0,5 2006lim

2007x

xL

x x

.

Nhập vào màn hình:

Suy ra 1

04

L L . Loại ngay A, C, D.


Ta có 2

8 4 21 2

3' 2 1; ' 0

8 4 21 2

3

x y

y x x y

x y

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị là 8 4 2

1 2;3

A

và

8 4 21 2;

3B

.

Vậy 2

2 8 4 2 8 4 2 10 21 2 1 2

3 3 3AB

.


Phương án A: ' 2 ' 0, ;0y x y x và ' 0, 0;y x .

Khi đó hàm số 21y x đòng biến trên khoảng ;0 , nghịch biến trên

khoảng 0; .

Phương án B: 1

' ln 1 ' 0, ;y x y xe

và

1' 0, 0;y x

e

. Khi

đó hàm số đồng biến trên 1

;e

và nghịch biến trên

10;

e

.

Phương án C: 2

1' 0, 0xy e x

x nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

;0 và 0; .



Phương án D: 1

1' .x ' 0, 0;y y x

x

. Khi đó hàm số

y x nghịch biến trên khoảng 0; .


Từ đồ thị hàm số y f x trên 2;4 , ta vẽ được đồ thị hàm số y f x

trên đoạn 2;4 như hình vẽ bên.

Quan sát đồ thị, ta thấy

2;4

max 1 3f x f

.


Phương trình 2 2

1 0 1log 1 2 3

31 2

x xx x

xx

.



Đặt lndx

x t dtx

. Đổi cận 1 0; 1x t x e t .

Khi đó 1 3

2

0

1 1

03 3

tI t dt .




Giả sử , ( , )z a bi a b .

Giả thiết tương đương với 1 2 1 5 2i a bi i

1 2 2 2 5 2a b a b i i

62 1 5 2 6 5

2 2 2 2 0 12

5

aa b a b

a b a bb

Vậy 6 12

5 5z i .


STUDY TIPS

Cho hai số phức z a bi

và z' x yi ,

a, b, x, y .

Ta có a x

z z 'b y

.



5 2 6 12

1 2 1 5 2 0 11 2 5 5

ii z i z i

i

.


Áp dụng định lý hàm số sin, ta có

2sin sin sin

BC AC ABR

BAC ABC ACB

0

0

0 0 0

0

2 .sin 60 3

6 22 2 .sin 75

sin 75 sin 45 sin 60 2

2 .sin 45 2

AB R R

BC AC ABR BC R R

AC R R

Lại có

01 1. .sin . .sin 3.sin 75

2 2ABCS AB AC BAC BH AC BH AB BAC R

3 6 2

4BH R

.

Khi quay ABC quanh AC thì BHC tạo thành hình nón tròn xoay N có

đường sinh 6 2

2l BC R

, bán kính đáy

3 6 2

4r BH R

.

Diện tích xung quanh hình nón N là

2

3 6 2 6 2 3 2 3.

4 4 2xqS rl R R R

(đvdt).


Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là 1; 1;4P

n

. Mặt phẳng Q có

vectơ pháp tuyến là 2;0; 2Q

n

.


Góc giữa hai mặt phẳng P và Q được tính theo công thức:

STUDY TIPS

Cho ABC có các cạnh

BC a , AB c , AC b và

bán kính đường tròn ngoại

tiếp tâm giác là R. Ta có:

1. Định lý hàm số sin:

a b c2R.

sin A sin B sin C

2. Diện tích tam giác:

ABC

1 1S absin C bcsin A

2 2

1

acsin B2

.



2 22 2 2 2

. 1.2 1 .0 4. 2cos , cos ,

. 1 1 4 . 2 0 2

P Q

P Q

P Q

n nP Q n n

n n

1cos ,

2P Q . Vậy 0, 60P Q .


Nhập vào máy tính các vectơ: VctA 1; 2;4 ,VctB 2;0; 2 .

Câu 26: Đáp án D

Gọi M là hình chiếu của điểm 3;2;4I trên Oy, suy ra 0;2;0M . Khi đó

3;0; 4IM

. Mặt cầu tâm 3;2;4I tiếp xúc với trục Oy nên bán kính

mặt cầu là 5R IM .

Phương trình mặt cầu S là 2 2 2

3 2 4 25x y z

2 2 2 6x 4 8z 4 0x y z y .


Ta có mặt phẳng : 1 2x 2 6z 6 03 2 1

x y zP y . Suy ra mặt phẳng

P có vectơ pháp tuyến là 2;3;6n

.


Ta có 1

2 2

1 1!' 1 . y

x x;

2

3 3

2 2!'' 1 . y

x x;

3

4 4

6 3!''' 1 . y

x x.

Dự đoán 1

!1 . *

nn

n

ny

x. Chứng minh mệnh đề * :

* Với 1n thì 2

1* 'y

x . Khi đó * đúng.

* Giả sử * đúng với , 1n k k , tức là 1

!1 .

kk

k

ky

x .

STUDY TIPS


cho hai mặt phẳng P ,

Q lần lượt có vectơ

pháp tuyến là

1n a;b;c

,

2n a ';b ';c '

.

Góc giữa hai mặt phẳng

P , Q được tính theo

công thức:

1 2

1 2

n .ncos P , Q .

n . n



Khi đó

' 11

21 21

1 . !. 1 !!1 . 1 . 1 .

kk k kk k

k kk

k k x kky y

x xx

.

Vậy mệnh đề * cũng đúng với 1n k nên nó đúng với mọi n.


Không gian mẫu có số phần tử là 10!n .

Gọi A là biến cố “Xếp được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ

CON ĐƯỜNG”. Số phần tử của biến cố A là 1n A .

Vậy xác suất cần tính là

1 1

10! 3628800

n AP A

n

.



Gọi 'A là điểm đối xứng với 5;3A qua điểm 4;1I . Khi đó I là trung điểm

của 'AA và '

'

2 2.4 5 3

2 2.1 3 1

A I A

A I A

x x x

x y y

. Vậy ' 3; 1A .


Gọi I là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng ABC . Do SA SB SC nên

IA IB IC I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Mà ABC vuông cân

tại A nên I là trung điểm của BC và 1 2

2 2

aIA IB IC BC .

Ta có IA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng ABC nên

0, , 45SA ABC SA IA SAI .

Do SIA vuông tại I nên SAI vuông cân tại I, khi đó :

2 2;

2 2

a aSI IA d S ABC SI .


Ta dễ dàng chứng minh được '/ / ' 'AA BCC B

'; '; ' ' ; ' 'd AA BC d AA BCC B d A BCC B .

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra 'A G ABC .



Ta có 2 3

4ABC

aS

3 2

. ' ' '. ' ' '

3 3' . ' :

4 4ABC A B C

ABC A B C ABC

ABC

V a aV A G S A G a

S

.

Lại có 2 23 2 3 2 3' '

2 3 3 3

a a aAM AG AM AA A G AG .

Ta luôn có 3 3

'. . ' ' '

1 1 3 3.

3 3 4 12A ABC ABC A B C

a aV V .

Mà . ' ' ' '. '.BCC'B'ABC A B C A ABC AV V V

3 3 3

'. ' ' . ' ' ' '.

3 3 3

4 12 6A BCC B ABC A B C A ABC

a a aV V V .

Gọi , 'M M lần lượt là trung điểm của BC và ' 'B C . Ta có

, 'BC AM BC A G ' ' 'BC AMM A BC MM . Mà '/ / 'MM BB

nên ' ' 'BC BB BCC B là hình chữ nhật

2

' '

2 3 2 3'. .

3 3BCC B

a aS BB BC a .

Từ '.BCC'B''.BCC'B' ' '

' '

31'; ' ' . '; ' '

3A

A BCC B

BCC B

VV d A BCC B S d A BCC B

S

3 23 2 3 3

'; ' ' :2 3 4

a a ad A BCC B . Vậy

3';

4

ad AA BC .


Ta có

' 2

22 2

' 1 5 .2 . '5'

1 1

f x f x f x f x f xf xy

f x f x

2

22

' . 10 1'

1

f x f x f xy

f x

Do hai hàm số cùng đống biến trên nên

2

22

' . 10 1

1

0

f x f x f x

f x

f x

2 10 1 0 5 26 5 26f x f x f x .





Xét hàm số sin 1 cosf x x x trên 0;

Đạo hàm 2 2' cos 1 cos sin 2cos cos 1f x x x x x x ;

2cos 1

' 12cos

32

x kx

f x kx kx

. Do 0;x nên

;3

x x

.

Ta có 3 3

0 0;6 4

f f f

.

Vậy

0;0;

3 3max ; min 0

4M f x m f x

.


Quan sát bảng giá trị, ta thấy

0;0;

3 3max 1,295... ; min 0

4M f x m f x

.


Từ giả thiết ta có

2

' 1 1 1 1 1 3' 1 ' 1 0

1 1

f g g ff g k

g

Suy ra

2 2

1 1 1 3 1 1 21

1 1 1 1

k g k f g fk

g g



2

2 2 1 111 1 1 1 2 1 1 1 3 1

2 4g g f f g g g

Suy ra 11

14

f .


Điều kiện 0x .

* Trường hợp 1: 3 1

2

log log 1x x x .Khi đó 3 1 3

2

max log ; log logx x x

và bất phương trình đã cho tương đương với 3log 3 27x x .

Đối chiếu điều kiện ta được 1 x 27.

* Trường hợp 2: 3 1

2

log log 0 1x x x .

Khi đó 3 1 1

2 2

max log ;log logx x x

và bất phương trình tương đương với

1

2

1log 3

8x x .

Đối chiếu điều kiện ta được 1

18 x .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1

;278

.


Ý tưởng bài toán: Với bài toán dạng này, ta thường chọn hai giá trị a, b bất kì,

tính tổng f a f b và tìm mối quan hệ giữa hai giá trị a, b.

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

log log 2log log log log

log 1 log 1 log 1 log 1

a b a b a bf a f b

a b a b

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 log log log log 2log log log

log log log log 1 log log log 1

a b a b a b ab

a b a b a b ab

.

Cần chọn hai giá trị a, b sao cho tử rút gọn được với mẫu.

Ta thường chọn a b k hoặc ab k . Ở bài toán này ta chọn ab k .

Nếu 1

4ab thì 2 2

1log log 2

4ab .

Suy ra 2 2

2 2

2 log log 22

log log 2 1

a bf a f b

a b

.



Vậy với các giá trị a, b thỏa mãn 1

4ab thì 2f a f b .

Ta có 100 99 2 0 1 982 2 ... 2 2 2 ... 2S f f f f f f

100 98 99 97 2 0

99 s 2

2 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2o

f f f f f f

99.2 198 .


Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f x và Ox: 4 2 0ax bx c .

Để phương trình có bốn nghiệm

2 22

50

4 0 09

0 0 0

0 0 0

b bb ac b

b b b

a a a

c c c

a a a

Gọi 1x , 2x , 3x , 4x lần lượt là bốn nghiệm của phương trình 4 2 0ax bx c

và 1 2 3 4x x x x . Không mất tính tổng quát, giả sử 0a .

Khi đó

2

2

2

32 6

, 02

532 6

bb

bx

a ab

bb

bx

a a

.

Suy ra 1 2 3 4

5 5; ; ;

6 6 6 6

b b b bx x x x

a a a a .

Do đồ thị hàm số f x nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có:

2 4 4 4

1 3 3 3

4 21 2 2

x x x x

x x x x

S f x dx f x dx f x dx ax bx c dx

5 3 5 35 34 3 3 4 4

3 4

3

2 22 .

5 3 5 3 5 3

x ax bx ax bxax bxcx cx cx

x

3 3 3

2

5 334 2

2

0 0

2 2 25 3 0

x x x

x

xax bxS f x dx f x dx ax bx c dx cx

5 33 3

3

2 22

5 3

ax bxcx .

Suy ra

STUDY TIPS

Một cách giải khác của bài

toán:

Đề bài đúng với mọi giá trị

a, b, c thỏa mãn 25b 36ac .

Nên ta chọn

a 1,b 6,c 5 thỏa mãn.

Khi đó 4 2f x x 6x 5.

Và x 1

f x 0 .x 5

Ta có 1

1

1

44S f x dx

7

;

1 5

2

15

S f x dx f x dx

44

7 .

Vậy 1

2

S1.

S



5 35 34 4

2 1 4

2 2 2 5 2 5 52 2

5 3 5 6 3 6 6

ax ax a b b b bS S cx c

a a a

2 2 2

2

2 25 5 2 5 5 5 5 5 5. . 2 2

5 36 6 3 6 6 6 6 18 9

a b b b b b b b b bc c

a a a a a a a a

25 5 36. 0

6 18

b b ac

a a

. Vậy 1 2S S hay 1

2

1S

S .


Cách 1: Thay x bởi x ta được 2 cos cosf x f x x x . Kết hợp

với giả thiết ta có 2 2f x f x f x f x f x f x .

Suy ra 1

cos3

f x x . Vậy 2 2

2 2

1 2cos

3 3

I f x dx xdx .

Cách 2: Từ giả thiết ta có 2 2

2 2

2 cos

f x f x dx xdx

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

22 2 2 2 .

3f x dx f x dx f t dt f x dx f x dx


Giả sử , ,z x yi x y . Từ giả thiết ta có 2 2x yi i i x yi

2 22 2 2 22 2 1 2 4 2 1 2 1x y i y xi x y y x x y .

Suy ra tập hợp các điểm A, B biểu diễn hai số phức 1z , 2z là đường tròn tâm

0;0O , bán kính 1R OA OB .

Giả sử 1 1 1z a b i , 2 2 2z a b i , 1 2 1 2, , b , ba a . Khi đó 1 1;A a b ,

2 2;B a b .

Từ giả thiết 1 2 1z z ta được:

2 2

1 2 1 2 1 2 1 21 1 1a a b b i a a b b AB .

Từ đóOA OB AB OAB đều cạnh bằng 1.

Gọi M là trung điểm AB thì 1 1 2 2;2 2

a b a bM

và 3 3

2 2

ABOM .



Khi đó 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2P z z a a b b i a a b b

2 2

1 2 1 2 32 2 2. 3

2 2 2

a a b bOM

.


Nhận thấy 2 6AB BC CA nên ABC đều. Do G là trọng tâm của

ABC nên CG AB , mà CG SA CG SAB CG SB . Lại có

CH SB (H là trực tâm của SBC ) nên SB CHG . Suy ra SB GH .

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có S , . BC A BC AM BC SAM BC GH

Như vậy GH SBC GH SM hay ' ' .S H SM SS H SMA

Suy ra '

'AS AG

AS G AMSAM AS

∽

2

2 2 3 2 2 6. 3'. . . . . 12.

3 3 2 3 2

ABAS AS AM AG AM AM


Ta có , ' ' ' ' .BC AC BC AA BC A ACC BC A C

Suy ra ' , ' , ' , 0 .2

A CB ABC A C AC A CA x x

'A AC vuông tại B nên ' ' .sin ' sin ; cos . AA A C A CA a x AC a x

Suy ra

2 32

'.

cos1 1. '. . sin . sin cos .

3 3 2 6A ABC ABC

a x aV AA S a x x x

Xét hàm số 2 2sin cos sin 1 sinf x x x x x trên 0; .2

Đặt sint x , do 0; 0;12

x t . Xét hàm số 21g t t t trên

0;1 .

Ta có 2 1' 1 3 ; ' 0

3f t t f t t . Do 0;1t nên

1.

3t

Lập bảng biến thiên, suy ra

0;1

0;2

1 2 3max max .

93tx

f x g t g



Vậy 3 3

max

2 3 3.

6 9 27

a aV (đvtt).


Điều kiện 2 11 0 .

1

xx

x

Phương trình đã cho tương đương với:

2 2 2 2 22 1 log 1 2 2 1 .log 1 2 8 0x x m x x m

2

2 2 2 22 1 .log 1 2 2 1 .log 1 2 8 0 *

x x m x x m

Đặt 2 1t x , theo bài ra ta có 2 21 2 1 21 3 1 9 1;9 .x x x x t

Xét hàm số 2 1 .log 1f t t t trên đoạn 1;9 .

Ta có

2 1log 1

' 0, 0;91 .ln102 1

ttf t

tt Hàm số f t đồng

biến trên đoạn 1;9 . Khi đó 1 9 f f t hay 0 4f t .

Đặt 2 22 1 .log 1 0;4u x x u . Khi đó phương trình * trở thành

2 2 . 2 8 0 1u m u m .

Nhận thấy 1u không phải là nghiệm của phương trình 1 . Với 1u thì

phương trình 1 tương đương với 2

2 88 2 1 2 2

1

uu m u m

u

Xét hàm số 2 8

1

ug u

u

trên đoạn 0;4 \ 1 .

Ta có

2

2

2 8'

1

u ug u

u

;

4' 0

2

ug u

u

. Mà 0;4 \ 1u nên 4u .

Mặt khác, có 0 8g ; 4 8g ; 1

limx

g u

; 1

limx

g u

.



Bảng biến thiên:

x 0 1 4

y’ +

y

8

8

Yêu cầu bài toán Phương trình 2 có nghiệm duy nhất trên đoạn

0;4 \ 1 . Suy ra 2 8 4

.2 8 4

m m

m m

Mặt khác m , 2017;2017m nên suy ra 4 2017

.2017 4

m

m

Vậy có tất cả 2017 4 1 4 2017 1 4028 giá trị m nguyên thỏa mãn

bài toán.


Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ với 3 2 2, , .O O O C Ox O A Oy

Ta có 2 2 2 21 2 1 2 15 3 4 4;0 .O O O A O A O

Phương trình đường tròn 2 2

1 : 4 25.O x y

Phương trình đường tròn 2 22 : 9.O x y

Kí hiệu 1H là hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2

1 : 4 25,O x y

trục Oy: 0x khi 0x .

Kí hiệu 2H là hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 22 : 9,O x y trục Oy:

0x khi 0x .

Khi đó thể tích V cần tìm chíình bằng thể tích 2V của khối tròn xoay thu được

khi quay hình 2H xung quanh trục Ox (thể tích nửa khối cầu bán kính bằng

3) trừ đi thể tích 1V của khối tròn xoay thu được khi quay hình 1H xung

quanh trục Ox.



Ta có 32

1 4. 3 18

2 3V (đvtt);

1 122

1

0 0

1425 4

3V y dx x dx

(đvtt).

Vậy 2 1

14 4018

3 3V V V

(đvtt).


Ta có 2 22 1 11 1 1 1

3 9 9 9.

z zz z z z

z z z z z z

22 4 2 22 2 2 2. 1 9 9 2 1 9z z z z zz z z z z z z

Do 2

0z z nên 4 2 4 2

11 1 0 11 1 0z z z z

211 3 13 11 3 13 3 13 3 13.

2 2 2 2z z

Vậy 3 13 3 13

max min 132 2

z z .


Ta có : 2 3 0 3 6 9 3 0.x y z a x y z a

Gọi h là chiều cao của hình lăng trụ, do / / nên

3

; .3 14

b ah d

Ta có 3

. 5 14 5. 3 42 1433 14

b a bV S h a b a

.


Ta thấy tập hợp thứ n số nguyên liên tiếp, và phần tử cuối cùng của tập hợp này

là 1

1 2 3 ... .2

n nn

Khi đó nS là tổng của n số hạng trong một cấp số cộng có số hạng đầu là

1

1

2

n nu

, công sai 1d (coi số hạng cuối cùng trong tập hợp thứ n là

số hạng đầu tiên của cấp số cộng này), ta có:

1 2

2 1 11 1 1 .

2 2 2n

n u n d nS n n n n n

STUDY TIPS

Tổng quát: Cho a, b, c là

các số thực dương và số

phức z khác 0 thỏa mãn

baz c.

z

Khi đó 2c c 4ac

2a

2 2c c 4abz .

2a

STUDY TIPS

Tổng n số hạng đầu tiên

của một cấp số cộng có số

hạng đầu 1u , công sai d là:

1

n

n 2u n 1 dS .

2



Vậy 2999

1.999. 999 1 498501999.

2S


Số phần tử của không gian mẫu là 310 .n

Gọi A là biến cố “chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác

nhau”, suy ra 10.9.8 720.n A

Vậy xác suất cần tính là 3

7200,72.

10

n AP A

n


Ta có 2 2

2 2 2 21 1 1 2 1 1f n n n n n n n

2 2 2 21 1 2 1 1 1 1 .n n n n n

Do đó

2 2 2

22 2

2 1 1 . 2 12 1 2 1 1.

2 2 1 12 1 . 2 1 1

n nf n n

f n nn n

Suy ra

22 2 2

22 2 2

1 3 5 2 1 2 1 11 1 3 1 5 1. . ... . . ...

2 4 6 2 3 1 5 1 7 1 2 1 1n

f f f f n nu

f f f f n n

2 2

2 1

2 2 12 1nu

n nn

2

2

1 1lim lim .

1 1 22 2 1 2n

nn u

n n

n n

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · x0 gọi là điểm cực trị của hàm số”, hoặc...

Documents