Hướng dẫnĐềsố 20 Câu I: 2) Đặt 1 2sin 2 x t t 3 5 ; 2 2 và 3 2 3 4. g x f t t t 3 27 9 27 54 32 49 3. 4 ; 2 8 4 8 8 0 4; 2 0; 5 125 25 125 150 32 7 3. 4 2 8 4 8 8 CD CT f f f f f f Max = 4, Min = 49 8 Câu II: 1) ĐKXĐ: 1, 0 x mx . Như vậy trước hết phải có 0 m . Khi đó, PT 2 2 ( 1) (2 ) 1 0 mx x x m x (1) Phương trình này có: 2 4 m m . Với (0;4) m < 0 (1) vô nghiệm. Với 0 m , (1) có nghiệm duy nhất 1 x < 0 loại. Với 4 m , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất. Với 0 m , ĐKXĐ trở thành 1 0 x . Khi đó 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 , x x x x . Mặt khác, ( 1) 0, (0) 1 0 f m f nên 1 2 1 0 x x , tức là chỉ có 2 x là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị 0 m thoả điều kiện bài toán. Với 4 m . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 , x x x x . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị 4 m cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: ( ;0) 4 m . 2) ĐKXĐ: 2 k x sao cho sin 2 0 x . Khi đó, VT = 3 3 2 2 sin cos sin cos cos sin x x x x x x = 2 2 (sin cos )(sin sin cos cos ) sin cos (sin cos ) x x x x x x x x x x = sin cos x x PT 2 sin cos 0 sin cos 2sin2 (sin cos ) 2sin2 (1) x x x x x x x x (1) 1 sin 2 2sin 2 sin2 1( 0) x x x 2 2 2 4 x k x k Để thoả mãn điều kiện sin cos 0 x x , các nghiệm chỉ có thể là: 2 4 x k Câu III: Ta có: 2 2 2 1 1 2 1 1 . 3 4 2 3 4 2 x x e x x e x x x x x x = 2 1 2 1 1 . 3 4 2 x x e x x x x = 2 2 1 2 1 1 ( 3 4 2 ) . (3 4) (2 ) x x e x x x x x x x = 2 2 2 1 ( 3 4 2 ) 2. . 2 1 2 1 x x e x x x x x x x x = 2 2 1 3 4 2 2. . 2 1 1 2 1 x e x x x x x 2 0 2 1 lim ( 1 2).4 4 3 4 2 x x e x x x Câu IV: Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 ; 5 ; 13 ; CD AC AD DB AD AB BC AB AC Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 2 2 2 1 1 14 2 3 1 2 2 2 R AH . Câu V: Đặt 2 2 ( ) 3 (3 ) 5 f x x x 2 2 3 ( ) 3 (3 ) 5 x x f x x x 2 2 2 2 3 ( ) 0 6 14 (3 ) 3 2 18 27 0 x f x x x x x x x x Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15 , và hai nghiệm: 1,2 9 3 15 2 x Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên 2; , ngoài ra (3) 0 f nên ( ) 0, 2 f x x . Do đó, giá trị nhỏ nhất của ( ) f x là (2) 7 6 f . Cũng dễ thấy lim x f x . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với 2 x ) khi và chỉ khi 6 7 m . Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi 2 2 2 2 9 1 3 4 4 4 1 6 3 1. 2 4 3 d DB AB d d d DC AC d Phương trình AD: 2 3 1 0 3 3 x y x y ; AC: 2 3 3 4 6 0 4 3 x y x y Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 2 2 3 1 4 6 3 5 3 4 b b b b b 4 3 5 3 1 3 5 2 b b b b b b . Hướng dẫn Đề số 20 Câu I: 2) Đặt 1 2sin 2 x t t 3 5 ; 2 2 và 3 2 3. hai nghiệm: 1,2 9 3 15 2 x Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên 2; , ngoài ra (3) 0 f nên ( ) 0,. hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 , x x x x . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị 4 m cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất